Trie树（1.字符串统计____2.最大异或对求解）

Trie树

文章目录

Trie树
- - Trie字符串统计
  - - 正解
  - 最大异或对
  - - 1.暴力（可以过6/10个测试点)
    - 2. Trie树模拟

用法：高效地存储和查找字符串集合的数据结构

存储形式： 将n个单词各个字符进行枚举，若是（根节点所指向包含字符c，那么直接相连接着写）

每个单词结尾处做一个标记，表示以当前节点结尾处有一个单词

在这里插入图片描述

Trie字符串统计

题目：

初步思路：想到用kmp来模拟暴力解，最终过去6/18个测试点 错误解法

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int ne[N];
string str;
void getNext(char* t, int m) {
    ne[0] = -1;
    int j = 0, k = -1;
    while(j < m) {
        if(k == -1 || t[j] == t[k]) ne[++j] = ++k;
        else k = ne[k];
    }
}
int kmp(char* t, int n, int m) {
    int i = 0, j = 0, r = 0;
    while(i < n) {
        if(j == -1 || str[i] == t[j]) i++, j++;
        else j = ne[j];
    }
    if(j == m)  r++, j = ne[j];
    return r;
}
int main() {
    int n;
    char op, t[N];
    cin >> n;
    getchar();
    while(n --) {
        scanf("%c%s", &op, t);
        getchar();
        if(op == 'I')   str += t;
        else if(op == 'Q'){
            int n = str.size();
            int m = strlen(t);
            getNext(t, m);
            int res = kmp(t, n, m);
            printf("%d\n", res);
        }
    }
    return 0;
}

正解

用Trie树来存储字符串求解

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 100010;
//p代表节点，idx代表位置下标，cnt[p]代表以p节点结尾的所求字符串个数
int son[N][26]; //节点个数最多为N，只包含小写字母，故每个节点最多向往延伸出26条边
int cnt[N]; //以i节点结尾的字符串个数
int idx;    // 各个节点的编号，根节点编号为0
char str[N];

void insert(char str[]) {
    int p = 0;  //指向根节点
    for(int i = 0; str[i]; i++) {
        int t = str[i] - 'a';   //将[a,z] 映射到 [0,25]
        //如果数中不能走到当前字符
        //为当前字符创建新的节点，保存该字符
        if(!son[p][t]) son[p][t] = ++idx;    新节点编号为 idx + 1
        p = son[p][t];  //p指向对应idx位置
    }
    cnt[p]++;
}

int query(char str[]) {
    int p = 0;
    for(int i = 0; str[i]; i++) {
        int t = str[i] - 'a';
        if(!son[p][t])  return 0;
         //指向下一个节点
        p = son[p][t];
    }
    return cnt[p];
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    while(n --) {
        char op[2];
        scanf("%s%s", op, str);
        if(op[0] == 'I')    insert(str);
        else printf("%d\n", query(str));
    }
    return 0;
}

最大异或对

思路：

1.暴力（可以过6/10个测试点)

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 100010;
int a[N];
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    for(int i = 0; i < n; i++)  scanf("%d", &a[i]);
    int res = 0;
    for(int i = 0; i < n; i++)
        for(int j = 0; j < n; j++)
            res = max(res, a[i]^a[j]);
    cout << res;
    return 0;
}

2. Trie树模拟

固定 $A_i$ ，从 $A_1$ ~ $A_n$ 中选出最 $A_j$ ，使得 $A_i * A_j$ 最大

$A_i$ = 11010101010…….（32位），尽量保证选区的数从左到右相异（这样可以保证结果为1，最大）

在这里插入图片描述

代码如下：

//用Trie树来解的话，最多有1e5个数，每个数最多有31位，故最多有1e5*31个节点（而且肯定比这小，有重复节点)
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 3000000, M = 100010;
int son[N][2];  //延伸出只有0/1两种选择
int a[N], idx;
void insert(int x) {
    int p = 0;
    for(int i = 30; i >= 0; i--) {  //向右移动i位，从左往右第i位（从0开始）
        if(!son[p][x >> i & 1]) son[p][x >> i & 1] = ++idx;
        p = son[p][x >> i & 1];
    }
}

int query(int x) {
    int p = 0, res = 0;
    for(int i = 30; i >= 0; i--) {
        int u = x >> i & 1; //第i位
        if(son[p][!u]) {   //找到与u不同的位数节点，这样才能保证异或的答案最大（1)
            res += 1 << i;  //如果有这样的节点可以选择，那么答案的当前位置（第i位为1）
            p = son[p][!u];
        } else {    //没有上边的更优的节点选择的话，那么退而求其次，当前位置就为0了，答案不用累加了也
            p = son[p][u];
        }
    }
    return res;
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
        insert(a[i]);
    }
    int res = 0;
    for(int i = 0; i < n; i++)  res = max(res, query(a[i]));
    cout << res;
    
    return 0;
}