【学习笔记】带你从0开始学习 01Trie

01Trie

Section 1：普通 Trie

Section 1.1 什么是 Trie

Trie 树，即字典树，是一种树形结构。典型应用是用于统计和排序大量的字符串前缀来减少查询时间，最大限度地减少无谓的字符串比较。

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Section 1.2 如何实现

具体地说，对于每个结点，我们要保存几个信息：

• ch[26] ，保存此字符的下一个字符（\(a\sim z\)）的存储地址（没有为 \(0\)）。
• cnt ，保存此节点被经过了多少次。

对于整个 Trie 树，我们还要额外保存

• Tcnt，为节点数。
• Endp[]，表示的是这个字符串是否以这个下标结尾（如果只是看是否是前缀，则不需要此数组）。

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几个操作

1. insert：往 Trie 树里插入一个字符串。

具体实现：把字符串里的字符扫描一遍，设当前字符为 \(s\)，如果 ch[s-'a'] 不等于 \(0\)，跳转到 ch[s-'a'] 的存储下标。否则把 ch[s-'a'] 设为树的节点数加一，然后跳转。跳转时把当前节点的 \(cnt\) 加一。

跳到最后把当前节点 \(Endp\) 设为一。

1. find：查询 Trie 里是否有这个字符串。

具体实现：根据每个字符一个一个跳。

如果跳的时候 \(cnt=0\)，说明没有。

如果跳到最后，有，但是 \(Endp_{nowNode}=0\) 即并不是以这个字符结尾的，说明没有。

否则有这个字符串，返回 true。

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Section 1.3 代码实现

(只给出基础的插入和查询出现次数)

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=3000005;

struct Trie{
	int T[N][63],Tsiz,Endp[N];
	void init(){
		for(int i=0;i<=Tsiz;i++) for(int j=0;j<=62;j++) T[i][j]=0;
		for(int i=1;i<=Tsiz;i++) Endp[i]=0;
		Tsiz=0;
	}
	int gethash(char ch){
		if(islower(ch)) return ch-'a';
		if(isupper(ch)) return ch-'A'+26;
		if(isdigit(ch)) return ch-'0'+26+26;
	}
	void insert(string s){
		int rt=0,len=s.length();
		for(int i=0;i<len;i++){
			int x=gethash(s[i]);
			if(!T[rt][x]) T[rt][x]=++Tsiz;
			rt=T[rt][x];
		}
		Endp[rt]++;
	}
	int find(string s){
		int rt=0,len=s.length();
		for(int i=0;i<len;i++){
			int x=gethash(s[i]);
			if(!T[rt][x]) return 0;
			rt=T[rt][x];
		}
		return Endp[rt];
	}
}trie;

int T,n,q;

int main(){
	trie.init();
	cin>>n>>q;
	string s;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>s;
		trie.insert(s);
	}
	for(int i=1;i<=q;i++){
		cin>>s;
		cout<<trie.find(s)<<'\n';
	}
}

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Section 1.4 例题实现

【洛谷模板题 Link】

（使用以上代码无法通过此题，请写 \(cnt\) 维护前缀）

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Section 2：01Trie

Section 2.1 什么是 01Trie?

和普通 Trie 相似，但是每个节点只有两个值：\(0/1\)。

从根节点至下的一条路径保存着一个正整数从高到低的二进制位。

如下图：

中序遍历结果为（忽略根节点）： \(00\ 01\ 10\ 11\)

我们会发现几点有趣的性质：

• 01Trie 是一棵二叉树，每个节点的左儿子为 \(0\)，右儿子为 \(1\)。
• 从根节点往下，所有左儿子开始的路径值都小于右儿子开始的路径值。

运用这两点性质，我们就可以用 01Trie 造一棵平衡树。

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Section 2.2 平衡树

对于每个节点，我们维护两个信息：

• siz，维护以当前节点为根节点的子树大小。
• cnt，维护数字到当前节点为二进制的最后一位的数字个数。

此外，和普通 Trie 一样，我们还要维护树的大小 \(p\)。

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几个操作

1. insert：平衡树的插入操作。首先，给每个经过的结点的 \(siz\) 加一，表示子树节点的个数多了一个。如果当前数字的当前二进制位为 \(0\)，就把他放在左儿子，否则放在右儿子。插入到最后一位时给当前节点的 \(cnt\) 加 \(1\)。

2. delete：平衡树的删除操作，与 insert 几乎一样，只是把最后一位 \(cnt-1\) 就行了。

3. get_rank：查询当前数的排名。从根节点开始往下，如果当前数的当前二进制位为 \(1\)，就把排名加上它的左子树的值（性质二）。

4. get_kth：查询排名为 \(k\) 的数。从根节点往下，设它的左子树 \(siz\) 为 \(tmp\)，则如果 \(k \le tmp\)，则说明排名为 \(k\) 的节点在它的左子树上。否则向右子树查找，并把答案的当前二进制位设为 \(1\)。

5. pre：求当前数的前驱。返回 get_kth(get_rank(x)) 即可。

6. nxt：求当前数的后继。返回 get_kth(get_rank(x+1)+1) 即可。

Section 2.3 代码实现

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXLOG=24;
const int N=1e7;

class _01trie{
private:
	struct node{
		int ch[2];
		int siz,cnt;
	}T[1<<MAXLOG];
	int p;
public:
	void update(int x,int offset){
		int now=0;
		for(int i=MAXLOG-1;i>=0;i--){
			bool now_bit=(x&(1<<i));
			if(T[now].ch[now_bit]==0)
				T[now].ch[now_bit]=++p;
			now=T[now].ch[now_bit];
			T[now].siz+=offset;
		}
		T[now].cnt+=offset;
	}
	int get_rank(int x){
		int now=0,ans=0;
		for(int i=MAXLOG-1;i>=0;i--){
			bool now_bit=(x&(1<<i));
			if(now_bit==1)
				ans+=T[T[now].ch[0]].siz;
			now=T[now].ch[now_bit];
			if(now==0)
				break;
		}
		return ans;
	}
	int get_kth(int k){
		int now=0,ans=0;
		for(int i=MAXLOG-1;i>=0;i--){
			int tmp=T[T[now].ch[0]].siz;
			if(k<=tmp)
				now=T[now].ch[0];
			else{
				k-=tmp;
				now=T[now].ch[1];
				ans|=(1<<i);
			}
			if(now==0)
				break;
		}
		return ans;
	}
	int pre(int x){
		return get_kth(get_rank(x));
	}
	int nxt(int x){
		return get_kth(get_rank(x+1)+1);
	}
}Trie;

int n;
int opt,x;

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d%d",&opt,&x);
		if(opt==1) Trie.update(x+N,1);
		if(opt==2) Trie.update(x+N,-1);
		if(opt==3) printf("%d\n",Trie.get_rank(x+N)+1);
		if(opt==4) printf("%d\n",Trie.get_kth(x)-N);
		if(opt==5) printf("%d\n",Trie.pre(x+N)-N);
		if(opt==6) printf("%d\n",Trie.nxt(x+N)-N);
	}
}

Section 2.4 例题

【洛谷模板题 Link】