1、trie树（字典树）：将字母挂在一棵树上
1.定义：
通过字符串建成一棵树，这棵树的节点个数一定是最少的。例如：4个字符串"ab","abc","bd","dda"对应的trie树如下：
其中红色节点表示存在一个字符串是以这个点结尾的。
一个性质：在树上，两个点u,v满足u是v的祖先，那么u代表的字符串一定是v代表的字符串的前缀。
2.Trie树的插入：
可以从根节点出发，每次沿着要走的字符串往下走，若没有则建立新节点。
假如所有字符串的长度之和为n，构建这棵trie树的时间复杂度为O(n)。
int root=1;
int cnt=1;
int p[i][j];//表示从i这个节点沿着j这个字符走，能走到哪个点，走不到就是0
char s[];//存储字符串
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s);
int len=strlen(s);
int now=root;//now表示走到的当前节点，now的初始值为根节点
for(intj=0;j<len;j++)
{
if(p[now][s[j]]>0){
now=p[now][s[j]];//如果能沿着j节点往下走，直接往下走
}
else{
pow[now][s[j]]=++cnt;
now=p[now][s[j]];
}
}
v[now]++;//记录now这个节点被访问的次数
}
3.Trie树的查询：
可以看出trie树中每个节点表示其中一个字符串的前缀，在做题过程中往往通过这个性质来得到较好的时间复杂度。
4.一个例题：
给定n个互不相同的串，求存在多少对数(i,j)（共n2对）满足第i个串是第j个串的前缀。
所有串的长度之和≤500000。
解题：根据性质，“在树上，两个点u,v满足u是v的祖先，那么u代表的字符串一定是v代表的字符串的前缀”。
我们要满足一个串是另一个串的前缀，也就是说，在trie树上，这个串对应的位置是另一个串对应的位置的祖先。
构建这棵trie树，然后我们枚举每个红色点，它对答案的贡献是以它为根的子树中红色节点的个数之和。这个东西可以在一开始遍历这棵树预处理出来！
时间复杂度是线性的。
void dfs(int x)
{
if(v[x]) sum[x]++;
for(chari='a';i<='z';i++)
{
if(p[x][i])//从当前x沿着i这个字符走还能往下走
{
dfs(p[x][i]);//往下走
sum[x]+=sum[p[x][i]];//累加贡献sum
}
}
}
dfs(1);//从根节点开始
5.USACO的某题：
给定n个串，重排字符之间的大小关系，问哪些串有可能成为字典序最小的串。
所有字符串的长度之和<=100000。
例如，有一个字符串，里面只有'a'~'z'这些字符，默认地，'a'是最小的，'z'是最大的。但是我们可以重新定义字符间的大小关系，比如这样：b<c<d<y<x<z，从而我们对于一些字符串，就按照我们新定义的大小关系来比较字典序大小。
举个栗子：
三个字符串"aab","aba","baa"，总共只出现了两个字符'a'和'b'，所以字符间的大小关系要么是a<b要么是a>b，假设a<b，则第一个串"aab"就是字典序最小的串；假设b<a，则第三个串"baa"就是字典序最小的串，但是对于第二个串，无论我们怎么定义字符间的大小关系，都不可能成为三个字符串中字典序最小的。
解题：首先对这n个串构建trie树，之后对每个串，从根走向它，这个路程中遇到的所有兄弟在字典序下都比它大。
对于每个串，从前往后，直接确定这个字符的大小关系，判断是否是字典序最小。
以下两个串都是有可能成为字典序最小的串的：
abcd…xyza
abcd…xyzb
所以有：u是v的前缀，则v一定不是字典序最小的串。
现在问题来了：对于每个串，在什么条件下，是字典序最小的？？
来个栗子：有一些字符串（"aabc"，"aac"，"aad"，"ac"，"adb"，"aabb"），构造trie树如下：
对于"aabc"这个串，往下遍历：
从深度为2的那一层，我们可以得到：a<c,a<d；
从深度为3的那一层，我们可以得到：b<c,b<d；
从深度为4的那一层，我们还可以得到：c<b。
综上所述：我们得到了一堆的关系：a<c,a<d；b<c,b<d；c<b，容易看出，这些关系是存在矛盾的，所以无解->"aabc"是不可能成为字典序最小的串。
所以要想有解，这一堆的关系必须满足两个条件：①不存在矛盾②不存在环
总的来说，就是判断这一堆的关系是否存在拓扑序！
最多有26×26个大小关系，而最多有100000个字符串，所以时间复杂度最大为：O(26×26×100000)。
暂时代码是转载的，以后有机会会更新，看不懂请跳过
//例：HDU 1075
#include <cstdio>
#include <string>
using namespace std;
struct trie
{
trie * next[26];
int index;
};
trie *thead;
char dic[1000000][20];
inline trie * newnode()
{
int i;
trie *t;
t=(trie*)malloc(sizeof(trie));
memset(t,0,sizeof(trie));
return t;
}
void insert(trie * s,char x[],int pos)
{
int i;
trie *t;
for(i=0; x[i] ;i++) {
if(s->next[ x[i]-'a' ] ) s=s->next[ x[i]-'a' ];
else{
t=newnode();
s->next[x[i]-'a' ]=t;
s=t;
}
}//for
s->index=pos;
}
void deltrie(trie * s)
{
int i;
for(i=0; i < 26;i++) {
if(s->next[i] ) deltrie(s->next[i]);
}
free(s);
s=NULL;
}
int find(trie *s, char x[])
{
int i;
if(x[0] == 0)return -1;
for(i=0; x[i] ;i++) {
if(s->next[ x[i]-'a' ] ) s=s->next[ x[i]-'a' ];
elsebreak;
}
if(x[i]==0) returns->index;
else return -1;
}
int main()
{
int t,n,i,j,all;
charword[20],mars[20],ch;
thead=newnode();
while(scanf("%s",word)==1)
if(word[0]=='S')break;
i=1;
while(scanf("%s",dic[i])==1&& dic[i][0]!='E') {
scanf("%s",mars);
insert(thead,mars,i);
i++;
}
all=i;
while(scanf("%s",word)==1)
if(word[0]=='S')break;
getchar(); j=0;
while(scanf("%c",&ch)==1&& ch!='E') {
if(ch>='a'&& ch<='z') {
mars[j]=ch;j++;
}
else {
mars[j]=0;
t=find( thead , mars );
j=0;
if(t>0)printf("%s",dic[t]);
else if(mars[0]!=0)printf("%s",mars);
printf("%c",ch);
}
}//while
deltrie(thead);
}--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------