目錄異或對
可持久化 trie 樹
總結trie 樹（字典樹）的名字告訴了我們一切，就是一顆像字典一樣的樹。
先不管怎麼實現，先讓我們了解它有什麼用。
實現字串快速檢索（「檢」即看乙個字串有沒有出現過，「索」即檢視字串相關資訊）
實現最大異或對相關問題（基於貪心思想，之後會講）
當然，具體用處要看具體問題與具體情況，這裡僅僅給出常用的兩種方式。
接下來我們將一起探索 trie 樹的實現。
trie 樹的本質是一顆多叉樹，它的基礎操作包括：初始化、插入與檢索。
插入與檢索的時間複雜度都為 \(o(c)\) （ \(c\) 為該字串的長度），但是空間複雜度高達 \(o(nc)\) （\(n\) 為節點的個數）。
可見 trie 樹對空間要求較高，這就要求同學們對於空間大小有準確的判斷。
其實沒什麼好說的，沒有特殊的初始化（都為 0 就可以了）。
唯一需要注意的是 \(tot=1\) ，\(tot\) 是什麼之後再說，記住就可以了。
當要插入乙個字串 \(s\) 是，令乙個指標 \(p=1\) （即指向根節點），然後依次掃瞄 \(s\) 中的每乙個字元 \(c\)：
若 \(p\) 的 \(c\) 字元指標指向乙個已經存在的節點 \(q\) ，則令 \(p=q\)。
若 \(p\) 的 \(c\) 字元指標指向空，則新建乙個節點 \(q\) ，令 \(p\) 的 \(c\) 字元指標指向 \(q\) ，然後 \(p=q\)。
當 \(s\) 的字元掃瞄完畢時，在當前節點 \(p\) 上標記它是乙個字串的末尾。
注意： 在《演算法競賽高階指南》中，用 \(end\) 陣列標記字串末尾，但 \(end\) 是 \(c++11\)的關鍵字，所以容易發生編譯錯誤（可能本地編譯沒有問題，但提交就是不是到**錯了），所以應換成其他名字。
**如下：（這裡沒有改動 \(end \) 陣列，但考試時一定要改動）
void insert(string s)
for(int i=1;i<=m;i++)
return 0;
}
trie 的簡單運用僅僅有了一點點改變。
同樣的把這 \(n\) 個字串插入到 \(trie\) 中，在每個節點中記錄乙個 \(cnt\) 表示該節點是多少個字串的末尾節點。
**如下：
#include#include#include#include#include#define n 1000010
using namespace std;
int n,m,cnt[n],trie[n][30],tot=1;
char a[n];
void insert(char* a)-1\)，所以是 \(32\) 位）
接著列舉每乙個數，與在 \(trie\) 中檢索相類似的取查詢，每次盡量找 \(xor a[i]\) 的一位就好（貪心）
這個貪心的正確性是很容易證明的，舉個栗子：
\(a=「00000000」\)
\(b=「10000000」\)，\(axorb=「10000000」\)
\(c=「01111111」\)，\(axorc=「01111111」\)
那麼按照貪心策略，\(a\) 的最大異或對為 \(axorb\) （即使 \(b\) 只有第一位與 \(a\) 不同，\(axorb\) 還是優於 \(axorc\)）
其實很好實現的，就只要按照上面說的做就好了：
#include#include#include#include#include#define n 100010
using namespace std;
int n,a[n],trie[n*32][5],tot=1;//注意trie大小的定義
void insert(int x)
return;
}int search(int x)edge[2*n];
void addedge(int x,int y,int z)
void dfs(int x,int fa)
return;
}void insert(int x)
return;
}int search(int x)\bigoplus ...\bigoplus a_n=a_\bigoplus \bigoplus^_ a_i
\]所以：\(a[p] \bigoplus a[p+1] \bigoplus ... \bigoplus a[n] \bigoplus x=s[p−1] \bigoplus s[n] \bigoplus x\)。（其中 \(s[i]=\bigoplus_^n a_i\)）
此時查詢轉變為：已知 \(val=\mathrm\)，求乙個 \(p\in[l-1,r-1]\)，使得 \(\mathrm\)最大。
可以構建一顆可持久化 \(\mathrm\)，第 \(i\) 個版本為插入了 \(s[i]\) 後的 \(\mathrm\) 樹。
每次查詢，從根節點開始，貪心地選與這一位相反的值。（貪心證明參見上文）
此外，還有乙個 \(l-1\leq p\leq r-1\) 的限制。
先考慮 \(p\leq r-1\)，查詢第 \(r-1\) 個版本的 \(\mathrm\) 即可，因為此時不可能訪問到 \(r-1\) 之後的 \(s\)。
再考慮 \(l-1\leq p\)，對每個節點維護乙個 \(latest\)值，表示子樹中所有 \(s\) 值的下標的最大值。
這樣，在查詢時只訪問 \(latest\geq l-1\) 的節點就行了。
上**：
#include#include#include#include#include#define n 600010
using namespace std;
int n,m,s[n],root[n],tot=0;
int trie[n*24][2],latest[n*24];
int read()
void insert(int i,int k,int p,int q)
int c=s[i]>>k & 1;
if(p) trie[q][c^1]=trie[p][c^1];
trie[q][c]=++tot;
insert(i,k-1,trie[p][c],trie[q][c]);
latest[q]=max(latest[trie[q][0]],latest[trie[q][1]]);
return;
}int ask(int p,int val,int k,int limit)
int main()
char str[2];
for(int i=1;i<=m;i++)
else
} return 0;
}
當然只有這麼多的做題量是遠遠不夠的，請讀者務必自己尋找更多相關習題。
注：全篇大多思想均來自：《演算法競賽高階指南》。
可持久化 \(trie\) 例題部分 部分講解來自 這篇部落格
完結撒花。
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