hdu 6191 可持久化trie||线段树套trie||trie启发式合并

博客探讨了一种解决树结构问题的方法,通过将问题转换为可持久化Trie并在数轴上进行DFS映射。文章讨论了如何使用可持久化Trie求解子树中 XOR 操作的最大值,并提及线段树套Trie的可能解决方案。此外,还提到了在某些情况下,启发式合并策略可能有助于提高效率。

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题意:一个树,q次询问,求xi xor u的子树的max值

思路:考虑可以直接dfs,映射到数轴上,然后就是裸的可持久化trie了。。时间复杂度nlogn,同理nlognlogn可以线段树套trie(这个题没按这个写。。应该可以?参考51nod1295,第一次写可持久化trie就是树套树水过去的。。)同理,如果多个log时间复杂度可以就可以暴力启发式合并。。


可持久化trie代码:

#include <bits/stdc++.h>
#define PB push_back
#define MEM(x) memset(x,0,sizeof(x));
using namespace std;
char tmp[33];
void tr(int x){
    tmp[32]='\0';
    for(int i=31;i>=0;i--){
        tmp[i]=((x&1)+'0');
        x>>=1;
    }
}
struct Trie_Persistent{
    const static int LetterSize = 2; 
    const static int TrieSize = 40 * ( 1e5 + 50); 
    int tot;
    struct node{
        int ptr[LetterSize];
        int cnt[LetterSize]; 
    }tree[TrieSize];
    inline int GetLetterIdx(int c){return c - '0';}
    int zinsert(const char * str ,int f){
        int len = strlen( str );
        int res = tot++; 
        tree[res] = tree[f]; 
        int cur = res; 
        for(int i = 0 ; i < len ; ++ i){
            int idx = GetLetterIdx( str[i] ); 
            int p = tot ++ ; 
            tree[cur].cnt[idx] ++ ;
            tree[cur].ptr[idx] = p;
            f = tree[f].ptr[idx]; 
            tree[p] = tree[f]; 
            cur = tree[cur].ptr[idx]; 
        }
        return res;
    }
    int zfind(const char * str , int l ,int r){
        int len = strlen(str);
        int ret=0;
        for(int i = 0 ; i < len ; ++ i){
            int idx = (GetLetterIdx(str[i]));
            int cnt = tree[r].cnt[idx^1] - tree[l].cnt[idx^1];
            if(cnt==0){
                l = tree[l].ptr[idx];
                r = tree[r].ptr[idx];
            }
            else{
                ret|=(1<<(31-i));
                l = tree[l].ptr[idx^1];
                r = tree[r].ptr[idx^1];
            }
        }
        return ret;
    }
    void init(){
        tot = 1;
        for(int i = 0 ; i < LetterSize ; ++ i)
            tree[0].ptr[i] = 0 , tree[0].cnt[i] = 0;
    }
}trie;
const int maxn=1e6+7;
int a[maxn],R[maxn],L[maxn],tim,n,q,x,y;
int root[maxn];
vector<int> e[maxn];
void dfs(int x){
    L[x]=tim;
    for(int i=0;i<e[x].size();i++)
        dfs(e[x][i]);
    R[x]=tim++;
    tr(a[x]);
    root[R[x]]=trie.zinsert(tmp,root[R[x]-1]);
}
int main(){
    while(scanf("%d%d",&n,&q)!=EOF){
        tim=1;MEM(root);
        for(int i=1;i<=n;i++)  scanf("%d",&a[i]),e[i].clear();
        for(int i=1;i<n;i++) scanf("%d",&x),e[x].PB(i+1);
        trie.init();
        dfs(1);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d%d",&x,&y);
            tr(y);
            printf("%d\n",trie.zfind(tmp,root[L[x]-1],root[R[x]]));
        }
    }
    return 0;
}


### HDU OJ Problem 2566 Coin Counting Solution Using Simple Enumeration and Generating Function Algorithm #### 使用简单枚举求解硬币计数问题 对于简单的枚举方法,可以通过遍历所有可能的组合方式来计算给定面额下的不同硬币组合数量。这种方法虽然直观但效率较低,在处理较大数值时性能不佳。 ```java import java.util.Scanner; public class Main { public static void main(String[] args) { Scanner scanner = new Scanner(System.in); int[] coins = {1, 2, 5}; // 定义可用的硬币种类 while (scanner.hasNext()) { int targetAmount = scanner.nextInt(); int countWays = findNumberOfCombinations(targetAmount, coins); System.out.println(countWays); } } private static int findNumberOfCombinations(int amount, int[] denominations) { if (amount == 0) return 1; if (amount < 0 || denominations.length == 0) return 0; // 不使用当前面值的情况 int excludeCurrentDenomination = findNumberOfCombinations(amount, subArray(denominations)); // 使用当前面值的情况 int includeCurrentDenomination = findNumberOfCombinations(amount - denominations[0], denominations); return excludeCurrentDenomination + includeCurrentDenomination; } private static int[] subArray(int[] array) { if (array.length <= 1) return new int[]{}; return java.util.Arrays.copyOfRange(array, 1, array.length); } } ``` 此代码实现了通过递归来穷尽每一种可能性并累加结果的方式找到满足条件的不同组合数目[^2]。 #### 利用母函数解决硬币计数问题 根据定义,可以将离散序列中的每一个元素映射到幂级数的一个项上,并利用这些多项式的乘积表示不同的组合情况。具体来说: 设 \( f(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}{a_i*x^i}\),其中\( a_i \)代表当总金额为 i 时能够组成的方案总数,则有如下表达式: \[f_1(x)=(1+x+x^2+...)\] 这实际上是一个几何级数,其封闭形式可写作: \[f_1(x)=\frac{1}{(1-x)}\] 同理,对于其他类型的硬币也存在类似的生成函数。因此整个系统的生成函数就是各个单独部分之积: \[F(x)=f_1(x)*f_2(x)...*f_n(x)\] 最终目标是从 F(x) 中提取系数即得到所需的结果。下面给出基于上述理论的具体实现: ```cpp #include<iostream> using namespace std; const int MAXN = 1e4 + 5; int dp[MAXN]; void solve() { memset(dp, 0, sizeof(dp)); dp[0] = 1; // 初始化基础状态 int values[] = {1, 2, 5}, size = 3; for (int j = 0; j < size; ++j){ for (int k = values[j]; k <= 10000; ++k){ dp[k] += dp[k-values[j]]; } } } int main(){ solve(); int T; cin >> T; while(T--){ int n; cin>>n; cout<<dp[n]<<endl; } return 0; } ``` 这段 C++ 程序展示了如何应用动态规划技巧以及生成函数的概念高效地解决问题实例[^1]。
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