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BZOJ4477[Jsoi2015]字符串树——可持久化trie树
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题目描述萌萌买了一颗字符串树的种子，春天种下去以后夏天就能长出一棵很大的字
符串树。字符串树很奇特，树枝上都密密麻麻写满了字符串，看上去很复杂的样
子。
【问题描述】
字符串树本质上还是一棵树，即N个节点N-1条边的连通无向无环图，节点
从1到N编号。与普通的树不同的是，树上的每条边都对应了一个字符串。萌萌
和JYY在树下玩的时候，萌萌决定考一考JYY。每次萌萌都写出一个字符串S和
两个节点U,V，需要JYY立即回答U和V之间的最短路径（即,之间边数最少的
路径。由于给定的是一棵树，这样的路径是唯一的）上有多少个字符串以为前
缀。
JYY虽然精通编程，但对字符串处理却不在行。所以他请你帮他解决萌萌的难题。
输入输入第一行包含一个整数N，代表字符串树的节点数量。
接下来N-1行，每行先是两个数U,V，然后是一个字符串S,表示节点和U节
点V之间有一条直接相连的边，这条边上的字符串是S。输入数据保证给出的是一
棵合法的树。
接下来一行包含一个整数Q，表示萌萌的问题数。
接来下Q行，每行先是两个数U,V，然后是一个字符串S,表示萌萌的一个问
题是节点U和节点V之间的最短路径上有多少字符串以S为前缀。
输入中所有字符串只包含a-z的小写字母。
1<=N,Q<=100,000，且输入所有字符串长度不超过10。
输出输出Q行，每行对应萌萌的一个问题的答案。
样例输入4
1 2 ab
2 4 ac
1 3 bc
3
1 4 a
3 4 b
3 2 ab样例输出2
1
1 在原树上每个点建一个版本的可持久化$trie$树，每个点的可持久化$trie$树继承父节点的$trie$树并将它与父节点边上的字符串加入到这个点的$trie$树中。查询一个串是多少个串的前缀直接在$trie$树上跑到对应点取这个点子树大小即可。由于每个点的$trie$树保存了这个点到根路径上字符串的信息，所以每次询问的答案就是$query(u)+query(v)-2*query(lca(u,v))$。#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct miku
{
int son[28],sum;
}s[1000010];
int n,m;
int x,y;
int cnt;
int root[100010];
int head[100010];
int next[200010];
char ch[100010][12];
int to[200010];
int tot;
int f[100010][19];
int dep[100010];
char rd[12];
int id[200010];
void add(int x,int y,int i)
{
next[++tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
id[tot]=i;
}
int build(int pre,int dep,char *ch,int lim)
{
int rt=++cnt;
s[rt]=s[pre];
s[rt].sum++;
if(dep==lim)
{
return rt;
}
s[rt].son[ch[dep]-'a']=build(s[pre].son[ch[dep]-'a'],dep+1,ch,lim);
return rt;
}
void dfs(int x)
{
for(int i=1;i<=17;i++)
{
f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
}
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=f[x][0])
{
f[to[i]][0]=x;
dep[to[i]]=dep[x]+1;
root[to[i]]=build(root[x],0,ch[id[i]],strlen(ch[id[i]]));
dfs(to[i]);
}
}
}
int lca(int x,int y)
{
if(dep[x]<dep[y])
{
swap(x,y);
}
int d=dep[x]-dep[y];
for(int i=0;i<=17;i++)
{
if(d&(1<<i))
{
x=f[x][i];
}
}
if(x==y)
{
return x;
}
for(int i=17;i>=0;i--)
{
if(f[x][i]!=f[y][i])
{
x=f[x][i];
y=f[y][i];
}
}
return f[x][0];
}
int query(int rt,int lim)
{
for(int i=0;i<lim;i++)
{
rt=s[rt].son[rd[i]-'a'];
}
return s[rt].sum;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%s",&x,&y,ch[i]);
add(x,y,i);
add(y,x,i);
}
dfs(1);
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
scanf("%d%d%s",&x,&y,rd);
int anc=lca(x,y);
int len=strlen(rd);
printf("%d\n",query(root[x],len)+query(root[y],len)-2*query(root[anc],len));
}
}
萌萌买了一颗字符串树的种子，春天种下去以后夏天就能长出一棵很大的字
符串树。字符串树很奇特，树枝上都密密麻麻写满了字符串，看上去很复杂的样
子。
【问题描述】
字符串树本质上还是一棵树，即N个节点N-1条边的连通无向无环图，节点
从1到N编号。与普通的树不同的是，树上的每条边都对应了一个字符串。萌萌
和JYY在树下玩的时候，萌萌决定考一考JYY。每次萌萌都写出一个字符串S和
两个节点U,V，需要JYY立即回答U和V之间的最短路径（即,之间边数最少的
路径。由于给定的是一棵树，这样的路径是唯一的）上有多少个字符串以为前
缀。
JYY虽然精通编程，但对字符串处理却不在行。所以他请你帮他解决萌萌的难题。
输入第一行包含一个整数N，代表字符串树的节点数量。
接下来N-1行，每行先是两个数U,V，然后是一个字符串S,表示节点和U节
点V之间有一条直接相连的边，这条边上的字符串是S。输入数据保证给出的是一
棵合法的树。
接下来一行包含一个整数Q，表示萌萌的问题数。
接来下Q行，每行先是两个数U,V，然后是一个字符串S,表示萌萌的一个问
题是节点U和节点V之间的最短路径上有多少字符串以S为前缀。
输入中所有字符串只包含a-z的小写字母。
1<=N,Q<=100,000，且输入所有字符串长度不超过10。
输出输出Q行，每行对应萌萌的一个问题的答案。
样例输入4
1 2 ab
2 4 ac
1 3 bc
3
1 4 a
3 4 b
3 2 ab样例输出2
1
1 在原树上每个点建一个版本的可持久化$trie$树，每个点的可持久化$trie$树继承父节点的$trie$树并将它与父节点边上的字符串加入到这个点的$trie$树中。查询一个串是多少个串的前缀直接在$trie$树上跑到对应点取这个点子树大小即可。由于每个点的$trie$树保存了这个点到根路径上字符串的信息，所以每次询问的答案就是$query(u)+query(v)-2*query(lca(u,v))$。#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct miku
{
int son[28],sum;
}s[1000010];
int n,m;
int x,y;
int cnt;
int root[100010];
int head[100010];
int next[200010];
char ch[100010][12];
int to[200010];
int tot;
int f[100010][19];
int dep[100010];
char rd[12];
int id[200010];
void add(int x,int y,int i)
{
next[++tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
id[tot]=i;
}
int build(int pre,int dep,char *ch,int lim)
{
int rt=++cnt;
s[rt]=s[pre];
s[rt].sum++;
if(dep==lim)
{
return rt;
}
s[rt].son[ch[dep]-'a']=build(s[pre].son[ch[dep]-'a'],dep+1,ch,lim);
return rt;
}
void dfs(int x)
{
for(int i=1;i<=17;i++)
{
f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
}
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=f[x][0])
{
f[to[i]][0]=x;
dep[to[i]]=dep[x]+1;
root[to[i]]=build(root[x],0,ch[id[i]],strlen(ch[id[i]]));
dfs(to[i]);
}
}
}
int lca(int x,int y)
{
if(dep[x]<dep[y])
{
swap(x,y);
}
int d=dep[x]-dep[y];
for(int i=0;i<=17;i++)
{
if(d&(1<<i))
{
x=f[x][i];
}
}
if(x==y)
{
return x;
}
for(int i=17;i>=0;i--)
{
if(f[x][i]!=f[y][i])
{
x=f[x][i];
y=f[y][i];
}
}
return f[x][0];
}
int query(int rt,int lim)
{
for(int i=0;i<lim;i++)
{
rt=s[rt].son[rd[i]-'a'];
}
return s[rt].sum;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%s",&x,&y,ch[i]);
add(x,y,i);
add(y,x,i);
}
dfs(1);
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
scanf("%d%d%s",&x,&y,rd);
int anc=lca(x,y);
int len=strlen(rd);
printf("%d\n",query(root[x],len)+query(root[y],len)-2*query(root[anc],len));
}
}
输出Q行，每行对应萌萌的一个问题的答案。
4
1 2 ab
2 4 ac
1 3 bc
3
1 4 a
3 4 b
3 2 ab
1 2 ab
2 4 ac
1 3 bc
3
1 4 a
3 4 b
3 2 ab
样例输出2
1
1 在原树上每个点建一个版本的可持久化$trie$树，每个点的可持久化$trie$树继承父节点的$trie$树并将它与父节点边上的字符串加入到这个点的$trie$树中。查询一个串是多少个串的前缀直接在$trie$树上跑到对应点取这个点子树大小即可。由于每个点的$trie$树保存了这个点到根路径上字符串的信息，所以每次询问的答案就是$query(u)+query(v)-2*query(lca(u,v))$。#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
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#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct miku
{
int son[28],sum;
}s[1000010];
int n,m;
int x,y;
int cnt;
int root[100010];
int head[100010];
int next[200010];
char ch[100010][12];
int to[200010];
int tot;
int f[100010][19];
int dep[100010];
char rd[12];
int id[200010];
void add(int x,int y,int i)
{
next[++tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
id[tot]=i;
}
int build(int pre,int dep,char *ch,int lim)
{
int rt=++cnt;
s[rt]=s[pre];
s[rt].sum++;
if(dep==lim)
{
return rt;
}
s[rt].son[ch[dep]-'a']=build(s[pre].son[ch[dep]-'a'],dep+1,ch,lim);
return rt;
}
void dfs(int x)
{
for(int i=1;i<=17;i++)
{
f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
}
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=f[x][0])
{
f[to[i]][0]=x;
dep[to[i]]=dep[x]+1;
root[to[i]]=build(root[x],0,ch[id[i]],strlen(ch[id[i]]));
dfs(to[i]);
}
}
}
int lca(int x,int y)
{
if(dep[x]<dep[y])
{
swap(x,y);
}
int d=dep[x]-dep[y];
for(int i=0;i<=17;i++)
{
if(d&(1<<i))
{
x=f[x][i];
}
}
if(x==y)
{
return x;
}
for(int i=17;i>=0;i--)
{
if(f[x][i]!=f[y][i])
{
x=f[x][i];
y=f[y][i];
}
}
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}
int query(int rt,int lim)
{
for(int i=0;i<lim;i++)
{
rt=s[rt].son[rd[i]-'a'];
}
return s[rt].sum;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%s",&x,&y,ch[i]);
add(x,y,i);
add(y,x,i);
}
dfs(1);
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
scanf("%d%d%s",&x,&y,rd);
int anc=lca(x,y);
int len=strlen(rd);
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}
}
1
1
#include<set>
#include<map>
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#include<algorithm>
using namespace std;
struct miku
{
int son[28],sum;
}s[1000010];
int n,m;
int x,y;
int cnt;
int root[100010];
int head[100010];
int next[200010];
char ch[100010][12];
int to[200010];
int tot;
int f[100010][19];
int dep[100010];
char rd[12];
int id[200010];
void add(int x,int y,int i)
{
next[++tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
id[tot]=i;
}
int build(int pre,int dep,char *ch,int lim)
{
int rt=++cnt;
s[rt]=s[pre];
s[rt].sum++;
if(dep==lim)
{
return rt;
}
s[rt].son[ch[dep]-'a']=build(s[pre].son[ch[dep]-'a'],dep+1,ch,lim);
return rt;
}
void dfs(int x)
{
for(int i=1;i<=17;i++)
{
f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
}
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=f[x][0])
{
f[to[i]][0]=x;
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dfs(to[i]);
}
}
}
int lca(int x,int y)
{
if(dep[x]<dep[y])
{
swap(x,y);
}
int d=dep[x]-dep[y];
for(int i=0;i<=17;i++)
{
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{
x=f[x][i];
}
}
if(x==y)
{
return x;
}
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{
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{
x=f[x][i];
y=f[y][i];
}
}
return f[x][0];
}
int query(int rt,int lim)
{
for(int i=0;i<lim;i++)
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rt=s[rt].son[rd[i]-'a'];
}
return s[rt].sum;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%s",&x,&y,ch[i]);
add(x,y,i);
add(y,x,i);
}
dfs(1);
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
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int anc=lca(x,y);
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}
}
