可持久化 trie 的簡單入門

時間 2019-11-17

標籤持久 trie 簡單入門简体版

原文原文鏈接

可持久化 $trie$ ....又是一個表裏不一的東西.....php

可持久化 $trie$ 的介紹：

和主席樹相似的，其實可持久化就是體如今前綴信息的維護上（搞不懂這怎麼就叫作可持久化了...）html

$trie$ （字典樹）你們應該都知道，就是一棵用來作字符串匹配的樹，ios

可是！在這裏，可持久化 $trie$ 就是徹底不同的東西了...git

基本上（我作過的題），可持久化都是用來維護 $XOR$ 信息的...算法

好比說求某個範圍內的最大區間異或和之類的，至於到了樹上嘛，你懂的.ide

可持久化 $trie$ 的實現：

仍是和主席樹相似的，可持久化 $trie$ 就是要你在一棵樹上（因爲是異或，數字都會變成二進制，值只有 0 和 1 兩種表示，因而這棵樹天然就是二叉樹了）維護每一個前綴出現的次數（這裏就是相似 trie 的作法）優化

哎...相信你是沒有看懂的...因而邊看代碼邊本身感性理解一下吧.... spa

可持久化 $trie$ 的代碼實現:

這實際上是一道板子題的代碼...code

大致思路就是和主席樹差很少，若是當前處理到了 0 ，那麼當前節點的 1 的孩子直接調用 las 所指向的孩子 1 就行了，htm

而後當前節點和 las 節點都跳向 0 這個孩子，而且處理的這個過程是從高位到低位的（以符合查詢時貪心的思想）

每次更新都是新增 30 （通常來講是這樣，具體得看題目的數據範圍）個節點，因此不會炸

代碼以下：

 1 //by Judge
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstdio>
 4 using namespace std;
 5 const int M=3e7+111;
 6 inline int read(){
 7     int x=0,f=1; char c=getchar();
 8     for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
 9     for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f;
10 }
11 inline int cread(){
12     char c=getchar(); while(c!='Q' && c!='A') c=getchar(); return c^'Q';
13 }
14 int n,m,cnt;
15 int rt[M],son[M][2],d[30],sum[M];
16 inline void split(int k){
17     int i,len=0;
18     while(k) d[++len]=k&1,k>>=1;
19     for(int i=len+1;i<=27;++i) d[i]=0;
20 }
21 inline void update(int& now,int las){
22     sum[now=++cnt]=sum[las]+1;
23     int i,tmp=now;
24     for(i=27;i;--i){
25         son[tmp][d[i]^1]=son[las][d[i]^1],
26         son[tmp][d[i]]=++cnt,las=son[las][d[i]],
27         sum[tmp=cnt]=sum[las]+1;
28     }
29 }
30 inline int query(int u,int v){
31     int ans=0,i;
32     for(i=27;i;--i){
33         if(sum[son[v][d[i]^1]]-sum[son[u][d[i]^1]]>0)
34             ans|=(1<<i-1),u=son[u][d[i]^1],v=son[v][d[i]^1];
35         else u=son[u][d[i]],v=son[v][d[i]];
36     } return ans;
37 }
38 int main(){
39     int sum=0,x,opt,l,r;
40     n=read(),m=read(),++n;
41     split(0),update(rt[1],rt[0]);
42     for(int i=2;i<=n;++i)
43         split(sum^=x=read()),
44         update(rt[i],rt[i-1]);
45     for(int i=1;i<=m;++i){
46         opt=cread();
47         if(opt)
48             split(sum^=x=read()),
49             update(rt[n+1],rt[n]),++n;
50         else
51             l=read(),r=read(),x=read(),split(x^sum),
52             printf("%d\n",query(rt[l-1],rt[r]));
53     } return 0;
54 }

view code

可持久化 $trie$ 的例題：

其實上面已是一道了。

而後這道（樹上搞事情）的題：Tree

其實樹上可持久化 trie 和樹上主席樹相似，就是當前節點調用的 las 節點變成了該節點的父節點，查詢的時候也是和樹上主席樹相似的套路，

這裏和樹上主席樹同樣是要查詢 LCA 的，咱們用樹剖維護便可（並且還能夠在樹剖時維護每一個節點的可持久化信息）

代碼以下：

 1 //by Judge
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdio>
 5 using namespace std;
 6 const int M=1e5+111;
 7 inline int read(){
 8     int x=0,f=1; char c=getchar();
 9     for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
10     for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f;
11 }
12 int n,m,pat,cnt;
13 int head[M],d[20],rt[M],to[M<<5][2],sum[M<<5];
14 int val[M],siz[M],dep[M],top[M],f[M],son[M];
15 struct Edge{
16     int to,next;
17     Edge(int to,int next): to(to),next(next){} Edge(){}
18 }e[M<<1];
19 inline void add(int u,int v){
20     e[++pat]=Edge(v,head[u]),head[u]=pat;
21     e[++pat]=Edge(u,head[v]),head[v]=pat; 
22 }
23 /*************         模板         ********************/
24 inline void split(int k){
25     int len=0,i;
26     while(k) d[++len]=k&1,k>>=1;
27     for(i=len+1;i<=18;++i) d[i]=0;
28 }
29 inline void update(int& root,int las){
30     int now=root=++cnt;
31     sum[now]=sum[las]+1;
32     for(int i=18;i;--i){
33         to[now][d[i]^1]=to[las][d[i]^1],
34         to[now][d[i]]=++cnt,las=to[las][d[i]],
35         now=cnt,sum[now]=sum[las]+1;
36     }
37 }
38 #define v e[i].to
39 void dfs1(int u,int fa){
40     siz[u]=1,son[u]=top[u]=0;
41     split(val[u]),update(rt[u],rt[fa]);
42     for(int i=head[u];i;i=e[i].next) if(v!=fa){
43         f[v]=u,dep[v]=dep[u]+1,dfs1(v,u),siz[u]+=siz[v];
44         if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
45     }
46 }
47 void dfs2(int u){
48     if(!top[u]) top[u]=u; if(!son[u]) return ;
49     top[son[u]]=top[u],dfs2(son[u]);
50     for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
51         if(v!=son[u] && v!=f[u]) dfs2(v);
52 }
53 #undef v
54 inline int LCA(int u,int v){
55     while(top[u]^top[v])
56         dep[top[u]]>dep[top[v]]?u=f[top[u]]:v=f[top[v]]; 
57     return dep[u]<dep[v]?u:v;
58 }
59 /*          程序         */
60 inline int query(int u,int v,int lca,int f_lca){
61     int ans=0;
62     for(int i=18;i;--i){
63         if(sum[to[u][d[i]^1]]+sum[to[v][d[i]^1]]-sum[to[lca][d[i]^1]]-sum[to[f_lca][d[i]^1]])
64             ans|=(1<<i-1),u=to[u][d[i]^1],v=to[v][d[i]^1],lca=to[lca][d[i]^1],f_lca=to[f_lca][d[i]^1];
65         else u=to[u][d[i]],v=to[v][d[i]],lca=to[lca][d[i]],f_lca=to[f_lca][d[i]];
66     } return ans;
67 }
68 int x,y,z,lca;
69 inline void query(){
70     x=read(),y=read(),z=read(),lca=LCA(x,y),split(z);
71     printf("%d\n",query(rt[x],rt[y],rt[lca],rt[f[lca]]));
72 }
73 int main(){
74     while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
75         pat=cnt=0,memset(head,0,sizeof(head));
76         for(int i=1;i<=n;++i) val[i]=read();
77         for(int i=1,u,v;i<n;++i)
78             u=read(),v=read(),add(u,v);
79         dfs1(1,0),dfs2(1); while(m--) query();
80     } return 0;
81 }

View Code

而後就是這題（TM作了我一夜就在那裏 TLE、 MLE 、WA 各類掛）： L

這道題...夠噁心的，又是區間內詢問區間...

並且更噁心的是，你要用分塊的算法去優化算法...難以想到（其實打起來也還好）

$a[i]$ 表明 1 ~ i 的 前綴異或和

$f[i][j]$ 表明以第 i * block 這個位置開始，到 j-1 結束的區間內的前綴異或和中，與 a[j] 異或的最大值

代碼以下：

 1 //by Judge
 2 #include<cmath>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<iostream>
 5 #define ll long long
 6 using namespace std;
 7 const int M=12111;
 8 char buf[1<<20],*p1,*p2;
 9 #define getchar() (p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
10 inline int read(){
11     int x=0,f=1; char c=getchar();
12     for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
13     for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f;
14 }
15 char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z;
16 inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
17 inline void print(ll x){
18     if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x;
19     while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
20     while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
21 }
22 int n,m,block,cnt,a[M<<1],f[311][M];
23 int d[50],rt[M<<1],to[M<<6][2],sum[M<<6];
24 inline void split(int k){
25     int len=0; while(k) d[++len]=k&1,k>>=1;
26     for(int i=len+1;i<=32;++i) d[i]=0;
27 }
28 inline void update(int& root,int las){
29     int now=root=++cnt; sum[now]=sum[las]+1;
30     for(int i=32;i;--i){
31         to[now][d[i]^1]=to[las][d[i]^1];
32         to[now][d[i]]=++cnt,las=to[las][d[i]];
33         sum[now=cnt]=sum[las]+1;
34     }
35 }
36 inline ll query(int u,int v){
37     ll ans=0;
38     for(int i=32;i;--i){
39         if(sum[to[v][d[i]^1]]-sum[to[u][d[i]^1]])
40             ans|=1ll<<i-1,u=to[u][d[i]^1],v=to[v][d[i]^1];
41         else u=to[u][d[i]],v=to[v][d[i]];
42     } return ans;  
43 }
44 int main(){
45     n=read(),m=read(),update(rt[0],0); int x,y,l,r,s,i,j; ll ans=0;
46     for(i=1;i<=n;++i) a[i]=read()^a[i-1],split(a[i]),update(rt[i],rt[i-1]);
47     for(block=(int)sqrt(n+1)+1,i=0;i<=n;i+=block) for(j=i+1;j<=n;++j)
48         split(a[j]),f[i/block][j]=max(1ll*f[i/block][j-1],query(i?rt[i-1]:0,rt[j-1]));
49     while(m--){
50         x=read(),y=read(),
51         r=max((1ll*x+ans)%n+1,(1ll*y+ans)%n+1),
52         s=l=min((1ll*x+ans)%n+1,(1ll*y+ans)%n+1)-1;
53         while(s%block && s<r) ++s;
54         if(s==r){
55             for(ans=0,j=l+1;j<=r;++j)
56                 split(a[j]),ans=max(ans,query(l?rt[l-1]:0,rt[j-1]));
57         } else{
58             for(ans=f[s/block][r],j=s-1;j>=l;--j)
59                 split(a[j]),ans=max(ans,query(rt[j],rt[r]));
60         } print(ans);
61     } Ot(); return 0;
62 }

View Code

其實這是一道省選題（已填坑）： Alo

題目說的就是要找出一個區間，讓該區間內的次大值異或上區間內的任意一個數，使得異或和最大

坑... set 來維護已出現的下標，可是在使用 set 前竟然要加入 -一、-二、inf、inf+1 四個元素...

以防止訪問越界的狀況（咱們是依次枚舉那個次大值，而後要找到前、後比他大的第二近的元素下標，也就是說容易越界）

而後這裏仍是要用到可（e）愛（xin）的前綴異或和

代碼以下：

//by Judge
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<set>
using namespace std;
const int M=1e5+111;
const int inf=1e9+7;
char buf[1<<20],*p1,*p2;
#define getchar() (p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
inline int read(){
    int x=0,f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f;
}
int n,cnt,ans;  set<int> q;
int d[40],rt[M],sum[M<<5],son[M<<5][2];
struct Node{ int id,val; }a[M];
inline bool operator <(Node& a,Node& b){
    return a.val>b.val;
}
inline void split(int k){
    int len=0; while(k) d[++len]=k&1,k>>=1;
    for(int i=len+1;i<=30;++i) d[i]=0;
}
inline void update(int& nw,int las){
    int now=nw=++cnt; sum[now]=sum[las]+1;
    for(int i=30;i;--i){
        son[now][d[i]^1]=son[las][d[i]^1];
        son[now][d[i]]=++cnt,las=son[las][d[i]];
        sum[now=cnt]=sum[las]+1; 
    }
}
inline int query(int u,int v){
    int ans=0; for(int i=30;i;--i){
        if(sum[son[v][d[i]^1]]-sum[son[u][d[i]^1]])
            ans|=(1<<i-1),u=son[u][d[i]^1],v=son[v][d[i]^1];
        else u=son[u][d[i]],v=son[v][d[i]];
    } return ans;
}
int main(){
    n=read(); for(int i=1;i<=n;++i) a[i].val=read(),a[i].id=i;
    for(int i=1;i<=n;++i) split(a[i].val),update(rt[i],rt[i-1]);
    q.insert(-1),q.insert(inf),q.insert(-2),q.insert(inf+1),
    sort(a+1,a+1+n),q.insert(a[1].id);
    for(int i=2;i<=n;++i){
        int l=a[i].id,r=a[i].id,x=a[i].id;
        set<int>::iterator t,p; t=p=q.lower_bound(x);
        ++t,r=*t-1,--p,--p,l=*p+1,l=max(1,l),r=min(r,n),q.insert(x);
        if(l^r) split(a[i].val),ans=max(ans,query(rt[l-1],rt[r]));
    } printf("%d\n",ans); return 0;
}