【NOI2013】树的计数
Description
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
Input
有3行。
第一行包含1个正整数n,表示树的节点个数。
第二行包含n个正整数,是一个1~n的排列,表示树的DFS序。
第三行包含n个正整数,是一个1~n的排列,表示树的BFS序。
输入保证至少存在一棵树符合给定的两个序列。
Output
仅包含1个实数,四舍五入保留恰好三位小数,表示树高的平均值。
Sample Input
1 2 4 5 3
1 2 3 4 5
Sample Output
HINT
【评分方式】
如果输出文件的答案与标准输出的差不超过0.001,则将获得该测试点上的分数,否则不得分。
【数据规模和约定】
20%的测试数据,满足:n≤10;
40%的测试数据,满足:n≤100;
85%的测试数据,满足:n≤2000;
100%的测试数据,满足:2≤n≤200000。
【说明】
树的高度:一棵有根树如果只包含一个根节点,那么它的高度为1。否则,它的高度为根节点的所有子树的高度的最大值加1。
对于树中任意的三个节点a , b , c ,如果a, b都是c的儿子,则a, b在BFS序中和DFS序中的相对前后位置是一致的,即要么a都在b的前方,要么a都在b的后方。
Source
对于$DFS$按照${BFS}$序重新标号,求出${pos}$数组表示${BFS}$序为${i}$的点在重标号的${DFS}$序的什么位置出现。
从1到n扫一遍所有点,即扫的时候满足$BFS$序从前往后。
1.如果${pos[i]\leq pos[i-1]}$,那么显然$i$号点只能是$i-1$号点的下一层,对于答案的贡献为$1$。
2.我们知道${DFS}$序中的一棵子树是一个连续的区间,考虑那些即可以与上一个点作为兄弟也可以作为儿子的点,它们满足了作为儿子到了单独的一层之后那一层就只有这一个点,而且作为兄弟它和它之前一个点有着共同的父亲,仔细思考后发现判定条件等价于:
令这个点为$x$
${pos[1]\bigcup pos[2]\bigcup ... \bigcup pos[x-1]=[1,L]\bigcup [R,n]}$
这样的点对于答案的贡献为${0.5}$
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
#define maxn 1001000
#define llg int
#define yyj(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);
llg n,m,dfn[maxn],bfn[maxn],p_bfn[maxn],pos[maxn];
llg l,r,bj[maxn];
void init()
{
cin>>n;
for (llg i=;i<=n;i++) scanf("%d",&dfn[i]);
for (llg i=;i<=n;i++) scanf("%d",&bfn[i]),p_bfn[bfn[i]]=i;
for (llg i=;i<=n;i++) dfn[i]=p_bfn[dfn[i]];
for (llg i=;i<=n;i++) pos[dfn[i]]=i;
l=;r=n+;
bj[]=bj[]=;
} int main()
{
yyj("a");
init();
double ans=;
for (llg i=;i<=n;i++)
{
if (pos[i]<pos[i-])
ans++;
if (pos[i]-==pos[i-])
{
if (n-r++l==i-) ans+=0.5;
} bj[pos[i]]=;
while (bj[l+]) l++;
while (bj[r-]) r--;
}
printf("%.3lf",ans);
return ;
}
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