字典树

一、概念

字典树 (Trie) 是一种用于实现字符串快速存储和检索的多叉树结构；

Trie 的每个节点都拥有若干个字符指针，若在插入或检索字符串时扫描到一个字符 $c$ ，就沿着当前节点的 $c$ 字符指针，走向该指针指向的节；

即 Trie 中的每一条边都表示一个字符，用点将这些字符连起来；

如图所示，

即 Trie 中，字符数据都体现在树的边上，树的节点仅保存一些额外信息，如字符串结尾标记等；

空间复杂度是 $O(N\ast C)$ ，其中 $N$ 为节点个数，$C$ 为字符集的大小；

时间复杂度是 $O(T\ast len)$ ，其中 $T$ 为串的个数，$len$ 为串的长度；

二、操作

1. 初始化

一棵空的 Trie 仅包含一个根节点，该节点的字符指针均直向空；

int trie[MAXN][MAXX], tot = 1; // trie，节点编号 
bool end[MAXN]; // 末尾标记 

关于 MAXN 的大小，

1. 若已知所有插入字符串长度之和，那么 MAXN 就是这个总长度；
2. 若未知，则计算节点个数，由于深度为 $k$ 的满二叉树的节点个数为 $2^k-1$ ，那么深度为 $k$ 的满三叉树的节点个数为 $\frac{3^k-1}{2}$ ，则深度为 $k$ 的满 $n$ 叉树的节点个数为 $\frac{n^k-1}{n-1}$ ，则如果 Trie 中存小写字母，那最大就是一棵满 26 叉树，而 $k$ 为最长串的长度；

关于 MAXX 的大小根据 Trie 存储的内容判断，若存储小写字母，则开 26 即可；

2. 插入

插入一个字符串 $s$ 时，令一个指针 $p$ 初始时指向根节点，然后依次扫描 $s$ 中的每一个字母 $c$ ；

1. 若 $p$ 的 $c$ 字符指针指向一个已经存在的节点 $q$ ，则令 $p=q$ ，将 $p$ 指针继续传递；
2. 若 $p$ 的 $c$ 字符指针指向空节点，则新建一个节点 $q$ ，令 $p$ 的 $c$ 字符节点指向 $q$ ，然后令 $p=q$ ，将 $p$ 指针继续传递；

当 $s$ 中的字符扫描完毕时，在当前节点 $p$ 上标记其是一个字符串的末尾，以免出现因存在后缀单词而无法检索的情况；

代码如下，

void insert1(char *str) { // 传入字符串 
	int len = strlen(str), p = 1; // 定义指针 p 最初指初始节点 
	for (int i = 0; i < len; i++) {
		int ch = str[i] - 'a'; // 当前字符指针 
		if (trie[p][ch] == 0) trie[p][ch] = ++tot; // 创建新节点 
		p = trie[p][ch]; // 指向下一个节点 
	}
	end[p] = true; // 标记结尾标记 
	return;
}

3. 检索

检索一个字符串 $s$ 在 Trie 中是否存在时，令一个指针 $p$ 初始时指向根节点，然后依次遍历 $s$ 中的每个字符 $c$ ；

1. 若 $p$ 的 $c$ 字符指针指向空，则说明 $s$ 没有被插入过 Trie 中，结束检索；
2. 若 $p$ 的 $c$ 字符指针指向一个已经存在的节点 $q$ ，则令 $p=q$ ，将 $p$ 指针继续传递；

当 $s$ 中的字符扫描完毕后，

1. 若当前节点 $p$ 被标记为一个字符串的末尾，则说明 $s$ 在Trie中存在；

2. 若没有被标记，则说明 $s$ 没有被插入过 Trie，只是为已插入过的单词的前缀；

bool search(char *str) { // 传入字符串 
	int len = strlen(str), p = 1; // 定义指针 p 最初指初始节点 
	for (int i = 0; i < len; i++) {
		p = trie[p][str[i] - 'a']; // 指向下一个节点 
		if (p == 0) return false; // 判断指针是否指向空 
	}
	return end[p]; // 判断是否标记末尾 
}

三、例题

1. 前缀统计

题目

给定 $N$ 个字符串 $S1,S\mathrm{2...}SN$ ，接下来进行 $M$ 次询问，每次询问给定一个字符串 $T$ ，求 $S1～SN$ 中有多少个字符串是T的前缀；

输入字符串的总长度不超过10^6，仅包含小写字母；

分析

把这 $n$ 个字符串插入一棵 Trie 树中，Trie 树的每个节点上存储一个整数 $cnt$ ，记录该节点是多少个字符串的末尾节点；

对于每个询问，在 Trie 树中检索 $T$ ，在检索过程中累加途径中的每个节点的 $cnt$ 值，就是该询问的答案；

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MAXN 1000005
using namespace std;
int n, m;
int trie[MAXN][35], tot = 1, cnt[MAXN];
void insert1(char *str) {
	int len = strlen(str), p = 1;
	for (int i = 0; i < len; i++) {
		int ch = str[i] - 'a';
		if (trie[p][ch] == 0) trie[p][ch] = ++tot;
		p = trie[p][ch];
	}
	cnt[p]++; // 存储以给节点为末尾的字符串数量 
	return;
}
int search(char *str) {
	int len = strlen(str), p = 1, ans = 0;
	for (int i = 0; i < len; i++) {
		p = trie[p][str[i] - 'a'];
		if (p == 0) return ans;
		ans += cnt[p]; // 将以该节点为末尾的字符串数量累加 
	}
	return ans;
}
int main() {
	scanf("%d %d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		char s[MAXN];
		scanf("%s", s);
		insert1(s);
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		char s[MAXN];
		scanf("%s", s);
		printf("%d\n", search(s));
	}
	return 0;
}

2. The XOR Largest Pair

题目

在给定的 $N$ 个整数 $A_1,A_2,...,A_N$ 中选出两个进行异或运算，得到的结果最大是多少？

分析

由于求异或值，可以把每个整数看作长度为 32 位的 01 串（不足32位时补前导0）；

把 $A_1,...,A_N$ 对应的 32 位二进制插入一棵 Trie 树中（其中最低二进制位为叶子节点）；

接下来，对于 $A_i$ 对应的 32 位二进制串，在 Trie 树中进行一次检索的过程；

每一步都尝试沿着与 $A_i$ 的当前位相反的字符指针向下访问；

若与 $A_i$ 的当前位相反的字符指针指向空节点，则访问与 $A_i$ 的当前位相同的字符指针延续路径，继续向下走；

根据异或运算的性质，即可找出与 $A_i$ 做异或运算结果最大的 $A1\sim Ai-1$ ；

可以在每次检索完成后更新 ans ，再把当前 $A_i$ 插入 Trie 树中，继续遍历；

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MAXX 3100005
#define MAXN 100005
using namespace std;
int n, a[MAXN], ans = -1;
int trie[MAXX][5], tot = 1;
void insert1(int x) {
	int p = 1;
	for (int i = 30; i >= 0; i--) {
		int h = (x >> i) & 1;
		if (trie[p][h] == 0) trie[p][h] = ++tot;
		p = trie[p][h];
	}
	return;
}
int search(int x) {
	int p = 1, ans = 0;
	for (int i = 30; i >= 0; i--) {
		int h = (x >> i) & 1;
		if (trie[p][!h]) {
			p = trie[p][!h];
			ans = ans * 2 + 1;
		} else {
			p = trie[p][h];
			ans = ans * 2;
		}
	}
	return ans;
}
int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &a[i]);
		insert1(a[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		ans = max(ans, search(a[i]));
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}