【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

5
1 2 4 5 3
1 2 3 4 5

Sample Output

3.500

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

 

[Submit][Status][Discuss]

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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=1;i<=n;i++) scanf("%d",&dfn[i]);
    for (llg i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&bfn[i]),p_bfn[bfn[i]]=i;
    for (llg i=1;i<=n;i++) dfn[i]=p_bfn[dfn[i]];
    for (llg i=1;i<=n;i++) pos[dfn[i]]=i;
    l=2;r=n+1;
    bj[1]=bj[2]=1;
}

int main()
{
    yyj("a");
    init();
    double ans=2;
    for (llg i=3;i<=n;i++)
    {
        if (pos[i]<pos[i-1]) 
            ans++;
        if (pos[i]-1==pos[i-1])
        {
            if (n-r+1+l==i-1) ans+=0.5;
        }
        
        bj[pos[i]]=1;
        while (bj[l+1]) l++;
        while (bj[r-1]) r--;
    }
    printf("%.3lf",ans);
    return 0;
}