【BZOJ3244】【UOJ#122】【NOI2013]树的计数

NOI都是酱的题怎么玩啊，哇.jpg

原题：

我们知道一棵有根树可以进行深度优先遍历（DFS）以及广度优先遍历（BFS）来生成这棵树的DFS序以及BFS序。两棵不同的树的DFS序有可能相同，并且它们的BFS序也有可能相同，例如下面两棵树的DFS序都是1 2 4 5 3，BFS序都是1 2 3 4 5

现给定一个DFS序和BFS序，我们想要知道，符合条件的有根树中，树的高度的平均值。即，假如共有K棵不同的有根树具有这组DFS序和BFS序，且他们的高度分别是h1,h2,...,hk，那么请你输出
(h1+h2..+hk)/k

2≤n≤200000

恩开始想了一下一点思路都没有。。。。。。。。。好吧我应该想一想暴力的

直接看题解了，这里只解释题解

首先先把bfs调成1,2,3……n的形式，dfs跟着调方便讨论

然后对于b=a+1

因为bfs是按层推，所以b要么跟a一层，要么比a多一层，即height[b]=height[a]+1或height[b]=height[a]，如果在同一层则b一定在a的后面

如果dfs[a]>dfs[b]，表示dfs的时候是先到a再到b，那么a和b就不能在同一层，则height[b]=height[a]+1

如果dfs[a]<dfs[b]，有两种情况，dfs[b]!=dfs[a]+1，这个时候显然只能是ab在同一层且a在b前面，注意因为bfs[b]=bfs[a]+1（注意bfs[a]=a）

如果dfs[b]=dfs[a]+1，还是有两种情况，菊花或链，如果菊花就height[b]=height[a]，如果链就height[b]=height[a]+1

尽管这种情况有机会是的height[b]大于height[a]，但是这个未必会对答案造成影响

啥时候会造成影响呢，首先height[b]=height[a]+1，然后b是这一层最后一个点，这个时候对答案就贡献了

怎么判断这种情况？当剩下的点都是b的子树的时候就是这种情况，如果用flag[i]表示i有没有被遍历到，计一个r表示从最右边起最多连续多少个flag[i]==1，l表示从左起最多连续多少个flag[i]==1，那么当i-1=n-r+1-l，即左边一截全是1，右边一截全是1，中间全是0的时候就表示剩下的点全是b的子树

因为还有height[b]=height[a]的情况而且这种情况对于后面没有影响，因此此时给答案贡献的期望值为0.5

为啥height[b]=height[a]+1会对答案有贡献呢，因为b=a+1，前面是沿着bfs序一层一层推的，结合上面的性质就容易立即如果对答案贡献

这种题完全没思路啊，NOI怎么玩啊QAQ

代码：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<cmath>
 using namespace std;
 int rd(){int z=,mk=;  char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')mk=-;  ch=getchar();}
     while(ch>=''&&ch<=''){z=(z<<)+(z<<)+ch-'';  ch=getchar();}
     return z*mk;
 }
 int n,a[],b[];
 int rvs[];
 bool flg[];
 int main(){freopen("ddd.in","r",stdin);
     cin>>n;
     for(int i=;i<=n;++i)  a[i]=rd(),rvs[a[i]]=i;
     for(int i=;i<=n;++i)  b[i]=rvs[rd()];
     int l=,r=n+;  double ans=;
     flg[]=flg[]=true;
     for(int i=;i<=n;++i){
         if(b[i-]>b[i])  ++ans;
         else if(b[i]==b[i-]+)  ans+=(n-r++l==i-)*0.5;
         flg[b[i]]=true;
         while((l<r) & flg[r-])  --r;
         while((l<r) & flg[l+])  ++l;
     }
     printf("%.3lf\n%.3lf\n%.3lf\n",ans-0.001,ans,ans+0.001);
     return ;
 }