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焦点播报:算法学习笔记(15): Trie(字典树)

来源:博客园

Trie树

Trie(字典树)是一种用于实现字符串检索的多叉树。


(资料图片)

Trie的每一个节点都可以通过 c转移到下一层的一个节点。

我们可以看作可以通过某个字符转移到下一个字符串状态,直到转移到最终态为止。这是后话……

我们以插入了字符串 abaab三个字符串的Trie树为例:

其实一看图就非常清晰了

在上图中,如果我们需要继续插入一个字符串 abc,那么就只需要新建一个节点即可

思路清晰,那么代码如何实现?

  • 首先是插入部分:
struct Node {    int kids[65];    int cnt;} nodes[N];#define kids(p, j) nodes[p].kids[j]#define cnt(p) nodes[p].cntvoid insert(char * s, int len) {    int p = 0;    for (int i = 0; i < len; ++i) {        int j = discrete(s[i]);        if (!kids(p, j)) kids(p, j) = ++usage; // 新建节点        p = kids(p, j);    }++cnt(p);}

discrete指的是离散化,例如这里是将 a-z0-25表示

最终的 cnt表示有几个字符串在当前节点结束。

  • 然后是查询部分

我们还是利用类似的思路,一个一个向下走。

例如我们要查询字符串 aba,那么我们从根节点 0开始,通过 a走到 1节点,通过 b走到 4节点,发现没有 a的子节点,表明没有这个字串,结束寻找。

// 这里是查询这个字符串出现了多少次,为0就是没有出现int count(char * s, int len) {    int p = 0;    for (int i = 0; i < len; ++i) {        int j = discrete(s[i]);        if (!kids(p, j)) return 0;        p = kids(p, j);    }    return cnt(p);}

其实主要操作就这两个,我们考虑一下空间和时间复杂度:

时间复杂度很明显是与字符串长度相关的,我们每处理一个字符走一个节点,也就是 \(O(L)\) 的复杂度,那么总的复杂度就是 \(O(NL)\)

至于空间复杂度,每处理一个字符串至多新建 \(L\) 个节点,那么就是 \(O(L)\) ,每一个节点的大小关乎字符串的字符集大小,所以我们认为是 \(O(C)\) 那么总共就是 \(O(NLC)\) ,但是,在实际中,远远达不到此复杂度(除非毒瘤出题人想卡你),例如最初的图,一共 4 个字符串,但是只有 5 个节点……

例题

【模板】字典树 - 洛谷

注意题意,以询问所给作为前缀,求有多少个字符串满足此前缀

那么我们需要魔改一下 insert函数即可……将 ++cnt(p)放入循环中即可

还请读者仔细思考

[USACO12DEC]First! G - 洛谷

这道题非常的神奇……考虑先建Trie树,如果某一个字符串的字典序比其他任何字符串都大,那么一定不存在为其前缀的字符串。

再考虑字典序,如果使 s其字典序最大,那么每一个分叉点上,s[i]比其他所有存在的分叉都要大。

如样例:omm, moo, mom

如果要使 omm最大那么在第一层上满足 o > m,其他层上没有分叉。

如果要使 moo最大,那么第一层上满足 m > o,第三层上满足 o > m,条件相悖,所以不可行。

其他同理。

那么我们如何判断条件相悖?可以借鉴 2-SAT的思路,通过大于关系建图,如果存在环,那么不可行。

判环用拓扑,谁用Tarjan啊

最终,每一个串判断一遍即可。

[BJOI2016]IP地址 - 洛谷

这道题就是Trie的一种特殊用法。

有点类似线段树的区间标记。

我们考虑改变一个规则对其整个子树都有影响,那么我们考虑什么时候影响抵消?更深的点会阻挡了标记的下传。那么我们记录一下各个点的标记情况,通过类似线段树的方法下传标记即可。

正确性显然。

扩展

Trie树实际上是 AC自动机 和 回文自动机 等自动机的载体,需要经过一点点小变换。

在此不展开叙述,详见我的其他文章。

关键词: 我们需要 有点类似 空间复杂度