【BZOJ3244】【NOI2013】树的计数（神仙题）

【BZOJ3244】【NOI2013】树的计数（神仙题）

题面

BZOJ

这题有点假，\(bzoj\)上如果要交的话请输出\(ans-0.001,ans,ans+0.001\)

题解

数的形态和编号没有关系，因此对于\(bfs\)序重标号，同时修改一下\(dfs\)序方便做题。

因为\(bfs\)的层数等于树高，所以我们相当于要把\(bfs\)划分为若干段，

那么，每一种\(bfs\)划分显然要么不合法，要么对应一种树的形态。

那么，我们来考虑\(bfs\)划分的几个限制。

首先有一个很明显的限制：

如果划分了一段\([L,R]\)，那么\(dfn[L]<dfn[L+1]<...<dfn[R]\)

原因很简单，因为一个点的所有儿子对应的出现顺序在\(bfs\)和\(dfs\)序中相同

显然所有儿子都是从左往右遍历，因此这一项显然成立。

令\(pos\)为\(dfs\)序的反数组，

考虑\(dfs\)序中相邻的两个元素\(x,x+1\)。

显然要么是父子关系，要么是兄弟关系，要么\(x+1\)是\(x\)祖先的儿子。

所以可以列出不等式\(dep[x+1]\le dep[x]+1\)

当然了，还有一个约束，根节点后面必须断开。

我们构建一个数组\(s\)，\(s[i]=1\)的话就表示\(i\)和\(i+1\)必须断开

归类一下，约束条件有三项：

1.根节点后面必须断开，而根节点一定是\(bfs\)序中的\(1\)

2.同一段\([l,r]\)中的所有点满足\(dfs\)序递增，即如果\(pos[i]>pos[i+1]\)，那么必须断开，也就是\(s[i]=1\)

3.如果\(dfn[i]<dfn[i+1]\)，那么，\(\sum_{j=dfn[i]}^{dfn[i+1]-1} s[i]\le 1\)，这个式子在计算的时候需要满足\(dfn[i]\lt dfn[i+1]\)，而根据推导\(dep[i+1]-dep[i]\le 1\)。

如果知道了\(s\)，那么\(1+\sum s[i]\)就是树高，也就是\(bfs\)序分开的段数。

考虑一下贡献是怎么产生的。

两个相邻的\(bfs\)序之间要么不能断开，贡献为\(0\)

要么必须断开，贡献为\(1\)

要么随意，贡献为\(0.5\)

只需要利用所有约束条件确定每个位置的贡献就好啦。

我是看得LCF学长的blog

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define RG register
#define MAX 222222
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
double ans;
int n,a[MAX],d[MAX],s[MAX];
int main()
{
	n=read();ans=1;s[1]=1;s[2]=-1;
	for(int i=1;i<=n;++i)a[d[i]=read()]=i;
	for(int i=1;i<=n;++i)d[a[read()]]=i;
	for(int i=1;i<=n;++i)a[d[i]]=i;
	for(int i=2;i<=n;++i)if(a[i]<a[i-1])s[i-1]++,s[i]--,++ans;
	for(int i=2;i<=n;++i)if(d[i-1]<d[i]-1)s[d[i-1]]++,s[d[i]]--;
	for(int i=1,t=0;i<n;++i)t+=s[i],ans+=(!t)?0.5:0;
	printf("%.3lf\n",ans+1);
	return 0;
}