【Trie字典树】基本操作

2019年11月3日 285次阅读

Trie字典树

先看一道例题例题

给出 n n 个字符串，以及 m m 个询问。每次询问读入一个字符串，求该字符串是多少个字符串的前缀。
每个字符串长度小于 102 10 2 ，n和m小于 105 10 5 。

【输入】
4
anan
amn
aman
anann
3
ana
ama
a

【输出】
2
1
4

朴素算法：暴力搜索，对于每个询问，把所有的n个字符串搜索一遍，统计答案。时间复杂度大于 1010 10 10 。显然，这样时间是非常大的。

所以我们需要使用字典树。

什么是字典树？

字典树，顾名思义，首先它是一棵树。
而且它是用来储存字符串的！！！
它的根节点为空，其余每个节点代表一个字符。从根节点开始，沿着一定的路径，加上沿途遇到的字符，到达每个节点，都能得到对应的一个字符串。

建树

设 f[i][c] f [ i ] [ c ] 表示字典树中编号 i i 节点的儿子中，表示字符 c c 的儿子的编号。
为了节约空间，只有建树时需要用到的节点，才会被开启，其余都是不存在的。（这句话如果不好理解可以看看操作步骤和代码）

当前我们将字符串 s[k] s [ k ] 加入字典树，步骤如下：
1、字符串从左往右，对应地从字典树的根节点开始往下走；
2、如果当前的 f[i][s[k][j]] f [ i ] [ s [ k ] [ j ] ] 为0，说明这个节点还未被开启，将节点总数 num+1 n u m + 1 ，然后 f[i][s[k][j]]=num f [ i ] [ s [ k ] [ j ] ] = n u m ；
3、继续往下走到对应的儿子节点。 i=f[i][s[k][j]] i = f [ i ] [ s [ k ] [ j ] ] ， j+1 j + 1 。
4、当走完整个字符串时，给当前的节点 i i 向 k k 连一条边，表示字符串 s[k] s [ k ] 的终点在节点 i i 。

建树可以用递归实现，也可以用循环实现。以下贴上递归代码，循环类似。

void make(int i,int j)
{
    if(j==slen) 
    {
        add(i,k);
        return;
    }
    else
    {
        if(f[i][s[k][j]]==0) f[i][s[k][j]]=++num;
        dfs(f[i][s[k][j]],j+1);
    }
}

for(k=1;k<=n;k++)
{
    scanf("%s",s[k]");
    slen=strlen(s[k]);
    make(0,0);
}

效果图

如前面的样例，四个字符串用字典树储存的效果。
anan
amn
aman
anann
《【Trie字典树】基本操作》

优势

由上图显而易见，当多个字符串有相同前缀时，相同的字符只会储存一次，节省了很大的空间。
同时，用字典树储存字符串，可以对许多关于字符串前缀的题目有很大帮助。

回到例题

显然，这题我们需要先用 n n 个字符串建立一棵字典树。
与此同时，记录 sum[i] s u m [ i ] 表示 n n 个字符串中前缀为 string[i] s t r i n g [ i ] 的个数， string[i] s t r i n g [ i ] 为字典树中到节点 i i 处所表示的字符串（此处只是为了方便说明，在实现时这个 string s t r i n g 数组并不存在）。每到一个节点 i i ，就给 sum[i]+1 s u m [ i ] + 1 。

如何处理询问？
将询问串放入字典树中，类似建树的方式往下走。如果对应的节点不存在，则直接返回并输出0。
否则一直走到该串的末尾，对应的 sum[i] s u m [ i ] 即为答案。

结束语

此时，相信你已经学会了。字典树模板都是一样的，对于不同的题目不同的要求，都以模板为基础，再按需添加各种操作，难题便迎刃而解。
面对更多的困难与挑战，需要你更多思考、灵活变通，一切都不是问题！

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