BZOJ3244 NOI2013树的计数（概率期望）

　　容易发现的一点是如果确定了每一层有哪些点，树的形态就确定了。问题变为划分bfs序。

　　考虑怎样划分是合法的。同一层的点在bfs序中出现顺序与dfs序中相同。对于dfs序中相邻两点依次设为x和y，y至多在x的下一层。特殊的，根单独作为一层。

　　这些条件显然是必要的，考虑一种构造方案：对于某个点，如果其在dfs序中前一个点的下一层则直接连边，否则从其bfs序中前一个点（显然是与其在同一层的）的父亲连边。这看起来是没有问题的，所以这些条件也是充分的。

　　接下来考虑怎么算答案。如果bfs序中相邻两点被划分在了不同层树高就会++，于是考虑相邻点是否能划在同一层。

　　首先如果bfs序中相邻两点在bfs序和dfs序中的相对顺序不同，其必须划分，这保证了第一个条件满足。

　　然后对dfs序中相邻两点x和y，其在bfs序中x到y（有序，若x在y后面则该限制无效）这段区间至多被划分一次，这显然保证了第二个条件满足。

　　这样可以固定一些位置是否划分，保证了方案合法，划分一次提供1贡献。而对于剩下的位置不管是否划分都是合法的，所以提供0.5的贡献。

　　至于具体怎么搞，第一个条件扫一遍即可确定。第二个条件若区间内已被划分打个标记即可。否则虽然看起来有点麻烦，但实际上如果出现这种情况该区间长度只会为1。因为这说明他们之间的dfs序和bfs序相对顺序都是相同的，这仅当两点在同一层才会出现，而这样他们在bfs序中也是相邻的。

　　往往很多必要条件组合在一起就是充分的了，大力猜结论不要怂。

　　bzoj上莫名其妙要输出三个数。

#include<iostream> 
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
#define N 200010
int n,a[N],b[N],id_dfs[N],id_bfs[N],f[N],s[N],cnt[N],ans=2;
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("bzoj3244.in","r",stdin);
    freopen("bzoj3244.out","w",stdout);
    const char LL[]="%I64d\n";
#else
    const char LL[]="%lld\n";
#endif
    n=read();
    for (int i=1;i<=n;i++) id_dfs[a[i]=read()]=i;
    for (int i=1;i<=n;i++) id_bfs[b[i]=read()]=i;
    memset(f,255,sizeof(f));f[1]=1;
    for (int i=2;i<n;i++)
    if (id_dfs[b[i]]>id_dfs[b[i+1]]) f[i]=1;
    for (int i=1;i<n;i++) s[i]=s[i-1]+(f[i]>0);
    for (int i=2;i<n;i++)
    if (id_bfs[a[i]]<id_bfs[a[i+1]]&&s[id_bfs[a[i+1]]-1]>s[id_bfs[a[i]]-1])
    cnt[id_bfs[a[i]]]++,cnt[id_bfs[a[i+1]]]--;
    int x=0;
    for (int i=1;i<n;i++)
    {
        x+=cnt[i];
        if (x) f[i]=max(f[i],0);
    }
    for (int i=1;i<n;i++)
    if (f[i]>=0) ans+=f[i]<<1;
    else ans++;
    //printf("%.3f",ans/2.0);
    printf("%.3f\n%.3f\n%.3f",ans/2.0-0.001,ans/2.0,ans/2.0+0.001);
    return 0;
}