字典树学习总结

解决问题：主要应对多次查询，典例就是字典，字典树就是一本字典，字典的最大好处就是能快速查询；

主要原理：我们在查某一个单词时总会先索引第一个字母，然后在查第二个字母，以此类推直到查到此单词为止，那么字典树的查询过程也是如此，先查第一个字母的节点位置，然后在该节点的子节点之中查询第二个字母的位置，以此类推，直到查到最后一个字母，就相当于我们查到了这个单词；想一想我们在查字典时查到某个字母，这个字母下面还会有很多单词，而这些单词都通过这个字母连起来，我们要查到其中某一个单词的话必须要经历这个字母，即单词具有相同的前缀时，有相同的就要合并，计算机优化的就是相同的东西，尽量让一个东西只出现一次，根据这个我们可以构建一棵字典树，具有相同前缀的单词连在同一个节点上,那么查询时我们就可以像查单词一样了；

主要操作：

建树（插入）：1。设置三个指针，一个指向待插入字符串（序列），一个指向树的根节点，另一个不做初始化，称为自由指针；

2、查找首字母在在树中的位置，如果当前的数节点的子节点之中没有此字母，那么动态分配一个新节点内存使自由指针指向他并初始化方法，然后挂到当前节点之上（父节点），然后将当前节点指针下移，字符串指针右移，更新节点中存储的数据；

3.循环进行以上过程，直至待插入·字符串指针移动到字符串末尾为止；

void insert(char *str){int i=0; Node *p1=root,*p2;//1.初始化指针 while(str[i]!='\0')//2.插入 {int pos=str[i]-'a';//节点应处位置 if(p1->son[pos]==NULL)//判断此字母知否存在 {p2=new Node;//不存在则建点 init(p2);//初始化新节点 p1->son[pos]=p2;//挂到父节点上 }p1=p1->son[pos];//指针移动 ++i;}p1->flag=true;//更新节点数据（题目不同意义不同） } 

查询：1.设置两个指针并初始化: 一个指向待查询字符串，一个指向树的根节点；

2.查询第一个字母在树上的位置，如果为空，返回false（或者不返回，更新其他结果），如果找到，两个指针移动到下一位，更新结果；

3. 循环进行步骤2，直至字符串指针移动到末尾，返回结果；

bool find(char str[]){int i=0; Node *p=root;//1.初始化指针 while(str[i])//2.依次检索 {int pos=str[i]-'a';//字母应在位置 if(p->son[pos]==NULL) return false;//如果此位置不存在 返回 p=p->son[pos]; ++i;//若存在 指针移动 }return p->flag;//更新结果（题目不同变化不同） 返回结果 }

初始化：将动态申请的新节点中的数据进行初始化；

释放内存：每次测试完之后记得释放动态申请的内存，即字典树，释放过程利用递归，先将子节点释放完在释放父节点；

void init(Node *p)//初始化节点p {p->flag=false; int i=0;for(i=0;i<26;++i) p->son[i]=NULL;}void delet(Node *root)//释放root为根的树 {int i=0;for(i=0;i<26;++i)//先释放子节点 {if(root->son[i]!=NULL) delet(root->son[i]);}delete(root);//再释放根节点 }

注意：1.动态内存可能时间静态的要慢，静态的可能有时候又会超内存，所以应该如何选择或者两者结合用（用静态存储较大的信息，字典树用动态来存）具体情况应仔细斟酌；

2.当有多组测试数据时，释不释放动态申请的内存又是一个问题，如果释放，那么空间复杂度减小，时间复杂度增高；不释放，空间复杂度增高，时间复杂度减小，这也需要判断具体哪一个影响更大，然后选择取舍；

3.对于各种题目，变形可能利用节点的数据，题目虽变，但利用字典树的思想未变：查询，所以确定用字典树之后就是怎样将问题转化成如何查询的问题了（注意逆向思维的运用）；

详细讲解：http://baike.so.com/doc/6260618-6474038.html

http://www.cnblogs.com/dong008259/archive/2011/11/11/2244900.html

http://kymowind.blog.163.com/blog/static/18422229720114264416738/