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 $trie$ 的实现：
还是和主席树类似的，可持久化 $trie$ 就是要你在一棵树上（由于是异或，数字都会变成二进制，值只有 0 和 1 两种表示，于是这棵树自然就是二叉树了）维护每个前缀出现的次数（这里就是类似 trie 的做法）
哎...相信你是没有看懂的...于是边看代码边自己感性理解一下吧....
可持久化 $trie$ 的代码实现:
这其实是一道板子题的代码...
1 //by Judge
2 #include<iostream>
3 #include<cstdio>
4 using namespace std;
5 const int M=3e7+111;
6 inline int read(){
7 int x=0,f=1; char c=getchar();
8 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
9 for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘; return x*f;
10 }
11 inline int cread(){
12 char c=getchar(); while(c!=‘Q‘ && c!=‘A‘) c=getchar(); return c^‘Q‘;
13 }
14 int n,m,cnt;
15 int rt[M],son[M][2],d[30],sum[M];
16 inline void split(int k){
17 int i,len=0;
18 while(k) d[++len]=k&1,k>>=1;
19 for(int i=len+1;i<=27;++i) d[i]=0;
20 }
21 inline void update(int& now,int las){
22 sum[now=++cnt]=sum[las]+1;
23 int i,tmp=now;
24 for(i=27;i;--i){
25 son[tmp][d[i]^1]=son[las][d[i]^1],
26 son[tmp][d[i]]=++cnt,las=son[las][d[i]],
27 sum[tmp=cnt]=sum[las]+1;
28 }
29 }
30 inline int query(int u,int v){
31 int ans=0,i;
32 for(i=27;i;--i){
33 if(sum[son[v][d[i]^1]]-sum[son[u][d[i]^1]]>0)
34 ans|=(1<<i-1),u=son[u][d[i]^1],v=son[v][d[i]^1];
35 else u=son[u][d[i]],v=son[v][d[i]];
36 } return ans;
37 }
38 int main(){
39 int sum=0,x,opt,l,r;
40 n=read(),m=read(),++n;
41 split(0),update(rt[1],rt[0]);
42 for(int i=2;i<=n;++i)
43 split(sum^=x=read()),
44 update(rt[i],rt[i-1]);
45 for(int i=1;i<=m;++i){
46 opt=cread();
47 if(opt)
48 split(sum^=x=read()),
49 update(rt[n+1],rt[n]),++n;
50 else
51 l=read(),r=read(),x=read(),split(x^sum),
52 printf("%d\n",query(rt[l-1],rt[r]));
53 } return 0;
54 }
view code
可持久化 $trie$ 的例题：
其实上面已经是一道了。
这道题貌似满基础的（但我没做过，下次填坑）： Alo
然后这道（树上搞事情）的题：Tree
代码如下：
1 //by Judge
2 #include<iostream>
3 #include<cstring>
4 #include<cstdio>
5 using namespace std;
6 const int M=1e5+111;
7 inline int read(){
8 int x=0,f=1; char c=getchar();
9 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
10 for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘; return x*f;
11 }
12 int n,m,pat,cnt;
13 int head[M],d[20],rt[M],to[M<<5][2],sum[M<<5];
14 int val[M],siz[M],dep[M],top[M],f[M],son[M];
15 struct Edge{
16 int to,next;
17 Edge(int to,int next): to(to),next(next){} Edge(){}
18 }e[M<<1];
19 inline void add(int u,int v){
20 e[++pat]=Edge(v,head[u]),head[u]=pat;
21 e[++pat]=Edge(u,head[v]),head[v]=pat;
22 }
23 /************* 模板 ********************/
24 inline void split(int k){
25 int len=0,i;
26 while(k) d[++len]=k&1,k>>=1;
27 for(i=len+1;i<=18;++i) d[i]=0;
28 }
29 inline void update(int& root,int las){
30 int now=root=++cnt;
31 sum[now]=sum[las]+1;
32 for(int i=18;i;--i){
33 to[now][d[i]^1]=to[las][d[i]^1],
34 to[now][d[i]]=++cnt,las=to[las][d[i]],
35 now=cnt,sum[now]=sum[las]+1;
36 }
37 }
38 #define v e[i].to
39 void dfs1(int u,int fa){
40 siz[u]=1,son[u]=top[u]=0;
41 split(val[u]),update(rt[u],rt[fa]);
42 for(int i=head[u];i;i=e[i].next) if(v!=fa){
43 f[v]=u,dep[v]=dep[u]+1,dfs1(v,u),siz[u]+=siz[v];
44 if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
45 }
46 }
47 void dfs2(int u){
48 if(!top[u]) top[u]=u; if(!son[u]) return ;
49 top[son[u]]=top[u],dfs2(son[u]);
50 for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
51 if(v!=son[u] && v!=f[u]) dfs2(v);
52 }
53 #undef v
54 inline int LCA(int u,int v){
55 while(top[u]^top[v])
56 dep[top[u]]>dep[top[v]]?u=f[top[u]]:v=f[top[v]];
57 return dep[u]<dep[v]?u:v;
58 }
59 /* 程序 */
60 inline int query(int u,int v,int lca,int f_lca){
61 int ans=0;
62 for(int i=18;i;--i){
63 if(sum[to[u][d[i]^1]]+sum[to[v][d[i]^1]]-sum[to[lca][d[i]^1]]-sum[to[f_lca][d[i]^1]])
64 ans|=(1<<i-1),u=to[u][d[i]^1],v=to[v][d[i]^1],lca=to[lca][d[i]^1],f_lca=to[f_lca][d[i]^1];
65 else u=to[u][d[i]],v=to[v][d[i]],lca=to[lca][d[i]],f_lca=to[f_lca][d[i]];
66 } return ans;
67 }
68 int x,y,z,lca;
69 inline void query(){
70 x=read(),y=read(),z=read(),lca=LCA(x,y),split(z);
71 printf("%d\n",query(rt[x],rt[y],rt[lca],rt[f[lca]]));
72 }
73 int main(){
74 while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
75 pat=cnt=0,memset(head,0,sizeof(head));
76 for(int i=1;i<=n;++i) val[i]=read();
77 for(int i=1,u,v;i<n;++i)
78 u=read(),v=read(),add(u,v);
79 dfs1(1,0),dfs2(1); while(m--) query();
80 } return 0;
81 }
然后就是这题（TM做了我一晚上就在那里 TLE、 MLE 、WA 各种挂）： L
代码如下：
1 //by Judge
2 #include<cmath>
3 #include<cstdio>
4 #include<iostream>
5 #define ll long long
6 using namespace std;
7 const int M=12111;
8 char buf[1<<20],*p1,*p2;
9 #define getchar() (p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
10 inline int read(){
11 int x=0,f=1; char c=getchar();
12 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
13 for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘; return x*f;
14 }
15 char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z;
16 inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
17 inline void print(ll x){
18 if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x;
19 while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
20 while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]=‘\n‘;
21 }
22 int n,m,block,cnt,a[M<<1],f[311][M];
23 int d[50],rt[M<<1],to[M<<6][2],sum[M<<6];
24 inline void split(int k){
25 int len=0; while(k) d[++len]=k&1,k>>=1;
26 for(int i=len+1;i<=32;++i) d[i]=0;
27 }
28 inline void update(int& root,int las){
29 int now=root=++cnt; sum[now]=sum[las]+1;
30 for(int i=32;i;--i){
31 to[now][d[i]^1]=to[las][d[i]^1];
32 to[now][d[i]]=++cnt,las=to[las][d[i]];
33 sum[now=cnt]=sum[las]+1;
34 }
35 }
36 inline ll query(int u,int v){
37 ll ans=0;
38 for(int i=32;i;--i){
39 if(sum[to[v][d[i]^1]]-sum[to[u][d[i]^1]])
40 ans|=1ll<<i-1,u=to[u][d[i]^1],v=to[v][d[i]^1];
41 else u=to[u][d[i]],v=to[v][d[i]];
42 } return ans;
43 }
44 int main(){
45 n=read(),m=read(),update(rt[0],0); int x,y,l,r,s,i,j; ll ans=0;
46 for(i=1;i<=n;++i) a[i]=read()^a[i-1],split(a[i]),update(rt[i],rt[i-1]);
47 for(block=(int)sqrt(n+1)+1,i=0;i<=n;i+=block) for(j=i+1;j<=n;++j)
48 split(a[j]),f[i/block][j]=max(1ll*f[i/block][j-1],query(i?rt[i-1]:0,rt[j-1]));
49 while(m--){
50 x=read(),y=read(),
51 r=max((1ll*x+ans)%n+1,(1ll*y+ans)%n+1),
52 s=l=min((1ll*x+ans)%n+1,(1ll*y+ans)%n+1)-1;
53 while(s%block && s<r) ++s;
54 if(s==r){
55 for(ans=0,j=l+1;j<=r;++j)
56 split(a[j]),ans=max(ans,query(l?rt[l-1]:0,rt[j-1]));
57 } else{
58 for(ans=f[s/block][r],j=s-1;j>=l;--j)
59 split(a[j]),ans=max(ans,query(rt[j],rt[r]));
60 } print(ans);
61 } Ot(); return 0;
62 }
emmmmm...可持久化 trie 的题还是蛮少的...
原文地址：https://www.cnblogs.com/Judge/p/9498797.html
时间： 2024-08-07 21:00:35