BZOJ3244 [Noi2013]树的计数 【数学期望 + 树遍历】

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BZOJ3244

题解

不会做orz

我们要挖掘出\(bfs\)序和\(dfs\)序的性质
①容易知道\(bfs\)序一定是一层一层的，如果我们能确定在\(bfs\)序中各层的断点，就能确定深度
②由于\(bfs\)序和\(dfs\)序儿子遍历顺序是一样的，所以\(bfs\)序同一层的点，在\(dfs\)序中顺序也一样，如果存在\(u,v\)在\(bfs\)中相邻，而在\(dfs\)序中逆序，那么\(u,v\)之间一定有断点
③\(dfs\)序中相邻的两个点\(u,v\)之间\(v\)要么为\(u\)的儿子，要么为\(u\)某个祖先的儿子，若\(v\)的\(bfs\)序大于\(u\)的，那么它们之间之多存在一个断点
④在③中确定的限制区间内，如果包含②中确定的断点，那么就可以确定其余点一定不分层。否则区间内点的顺序一定与\(dfs\)序一样，由于区间端点\(dfs\)序中相邻，所以这个区间只可能限制了一个断点

综上：
①若\(bfs\)序中相邻的在\(dfs\)序中逆序，必有断点
②\(dfs\)序中相邻的在\(bfs\)序中正序，之间最多一个断点，要么已确定期望\(1\)个，要么就只有一个不确定，期望\(0.5\)个
③\(1\)只有必有断点

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define mp(a,b) make_pair<int,int>(a,b)
#define cls(s) memset(s,0,sizeof(s))
#define cp pair<int,int>
#define LL long long int
using namespace std;
const int maxn = 200005,maxm = 100005,INF = 1000000000;
inline int read(){
	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
	while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
	while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
	return out * flag;
}
int dfs[maxn],bfs[maxn],pos[maxn],id[maxn],x[maxn],sum[maxn],D[maxn],n;
int main(){
	n = read();
	REP(i,n) dfs[i] = read();
	REP(i,n) bfs[i] = read(),id[bfs[i]] = i;
	REP(i,n) dfs[i] = id[dfs[i]],pos[dfs[i]] = i;
	x[1] = 1;
	for (int i = 2; i < n; i++)
		if (pos[i] > pos[i + 1]) x[i] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + x[i];
	for (int i = 1; i < n; i++)
		if (dfs[i] < dfs[i + 1]){
			if (sum[dfs[i + 1] - 1] - sum[dfs[i] - 1]){
				D[dfs[i]]++;
				D[dfs[i + 1]]--;
			}
		}
	int tot = 0;
	for (int i = 1; i < n; i++){
		tot += D[i];
		if (!x[i] && tot) x[i] = 2;
	}
	double ans = 1.0;
	for (int i = 1; i < n; i++){
		if (x[i] == 1) ans += 1.0;
		else if (!x[i]) ans += 0.5;
	}
	printf("%.3lf\n%.3lf\n%.3lf\n",ans - 0.001,ans,ans + 0.001);
	return 0;
}