如果你了解过 01 Trie 和 可持久化线段树(例如 : 主席树 ).那么就比较好去可持久化 Trie 可持久化 Trie 当 01 Trie 用的时候能很方便解决一些原本 01 Trie 不能解决的一些问题 01 Trie 的经典贪心算法可以在一个数集里面找出某个数和 X 异或的最值 但若数集不固定.变成了每次问询一段区间或者树上路径此时 01 Trie 便无法快速解决 这个时候需要使用可持久化的 Trie 来维护和进行查询操作.例如用前缀和建 Trie 就能方便查询某一区间的状况 可持久化…

字典树 简介:字典树,又称单词查找树,Trie树,是一种树形结构,是哈希树的变种. 优点:利用字符串的公共前缀来减少查询时间,最大限度地减少无谓的字符串比较. 性质:根节点不包含字符,除根节点外每一个节点都只包含一个字符: 从根节点到某一节点,路径上经过的字符连接起来,为该节点对应的字符串: 每个节点的所有子节点包含的字符都不相同. 操作: 记trie[i][j]表示第i个节点的第j个儿子为哪个节点,tot为总的节点个数 插入: void insert() { int len = strlen(…

可持久化Trie模板题. 建两种可持久化Trie,每个点两棵,一棵对DFS求前缀和,一棵对祖先求前缀和. 或者树剖,不好写多少还多个log. #include<cstdio> #include<algorithm> #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) #define For(i,x) for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i]) using namespace std; ; ]; ],nxt[N&l…

QAQ 以前一直觉得可持久化trie很难,今天强行写了一发觉得还是蛮简单的嘛 自己的模板是自己手写的,写了几道题目并没有出过错误 THUSC的第二题的解法五貌似就是可持久化trie,时间复杂度O(60*n*logn) 不过并没有正解优,听说考场上有人写可持久化树链剖分,也是6得不行QAQ 可持久化trie就是你每次插入一个单词的时候将原来trie的代码每次向下走的时候新建节点 把当前节点信息拷贝给新建节点,通常情况下还要额外对于trie的每个节点维护子树的信息 BZOJ 3261 也算是经典题目…

中文题题意我就不说了 解析: 可持久化Trie的模板题,详见注释 代码 #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<algorithm> using namespace std; ; ; ]; struct PerTrie { int id; ],num[maxn]; ][]=next[][]=num[]=; }//初始化 ; } //判断x的第i位为0或1 void Insert…

可持久化 $trie$  ....又是一个表里不一的东西..... 可持久化 $trie$  的介绍: 和主席树类似的,其实可持久化就是体现在前缀信息的维护上(搞不懂这怎么就叫做可持久化了...) $trie$ (字典树)大家应该都知道,就是一棵用来做字符串匹配的树, 但是!在这里,可持久化 $trie$ 就是完全不一样的东西了... 基本上(我做过的题),可持久化都是用来维护  $XOR$   信息的... 比如说求某个范围内的最大区间异或和之类的,至于到了树上嘛,你懂的. 可持久化 $tri…

BZOJ LOJ 洛谷 惊了,18年了还有省选出模板题吗= = 做这题就是练模板的,我就知道我忘的差不多了 询问一就用以DFS序为前缀得到的可持久化Trie做,询问二很经典的树上差分. 注意求询问二的时候,为了方便就先算一下LCA的答案. //83472kb 3316ms #include <cstdio> #include <cctype> #include <algorithm> #define BIT 29 #define gc() getchar() #defi…

1295 XOR key  题目来源: HackerRank 基准时间限制:1.5 秒 空间限制:262144 KB 分值: 160 难度:6级算法题   给出一个长度为N的正整数数组A,再给出Q个查询,每个查询包括3个数,L, R, X (L <= R).求A[L] 至 A[R] 这R - L + 1个数中,与X 进行异或运算(Xor),得到的最大值是多少? Input 第1行:2个数N, Q中间用空格分隔,分别表示数组的长度及查询的数量(1 <= N <= 50000, 1 <…

可持久化trie树 可持久化trie树现在想来是比较好理解的了,但却看了一个下午... 相当于对于每个状态建立一条链(或者说一棵trie),求解的时候只要让两个点按照相同的步子走然后看sum的大小关系即可. tr[y].son[p xor 1]:=tr[x].son[p xor 1]; tr[y].sum:=tr[x].sum+1; 这两句要好好体会,对之后理解query过程中的语句很有帮助. if (tr[tr[x].son[p xor 1]].sum=tr[tr[x].son[p xor 1…

可持久化Trie 参考可持久化线段树的思想,修改的时候先直接复制,再对需要修改的点新建节点 可持久化Trie也是同样的做法,假设现在需要在原本Trie的基础上插入一个字符串 先把上个Trie的对应节点信息复制过来,对\(son[ch]\)新建节点 void insert(int x,int y,char*st){ int l=strlen(st); for(int i=0;i<l;i++){ int k=st[i]-'a';t[x].ch[k]=++tot;//新建 x=t[x].ch[k];y…