[NOI2013]树的计数

[NOI2013]树的计数

给定树的$dfs$序和$bfs$序，显然是通过它们之间的互相约束以得出答案。

为了方便，对编号做修改（不影响答案）。

$dfs$序改为：$bfs$序为$1,2,...,n$时的$dfs$序（设为$d[i]$）

$bfs$序改为：$dfs$序为$1,2,...,n$时的$bfs$序（设为$b[i]$）

树高$h$如何表示？假设将$bfs$序分成$i$段，$h=i$，每段内的所有点都在同一层

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而任意点$k$后，分段/不分段，对平均树高$H$的贡献为$1/0$

每个$k$有$3$种情况：

①只能分段，$H+=1$

②分不分都行，$H+=0.5$

③不能分，$H+=0$

对于②、③，我们用一个差分数组$s[i]$表示状态。

累计$s[i]$的前缀和$ts$，$ts=0$为②，$ts>0$为③

至于①，我们可以直接处理掉，下面会讲

注意，对于根节点$1$，它只能分成单独的一段（一种①）

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有个问题，$bfs$序并不能能随意分段，要受到$dfs$序的限制（用$s[i]$表示）

观察发现，假设我们将$bfs$序中的$[l,r]$分成一段，必须满足$b[l]<b[l+1]<...<b[r]$

因为在同一层内，$dfs$扫点一定是从左到右

所以$dfs$序一定是从左到右递增的（$dfs$序已经为$1...n$）。

于是得出一个约束条件：$b[i]>b[i+1]$时，$i$和$i+1$显然不能分到同一层内，必须断开。（另一种①）

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接下来考虑$bfs$序对$dfs$序的限制

还是考虑$dfs$序上两个相邻的点$i,i+1$

发现它们之间有3种关系（红点为$i$，蓝点为$i+1$）

1.$i$和$i+1$是兄弟（$i$没有儿子）

2.$i+1$是$i$的祖先的某个儿子（$i$没有儿子）

3.$i+1$是$i$的儿子

发现第3种情况有点东西：

$bfs$序上$d[i]$~$d[i+1]$之间最多只能切一次段，因为$i$和$i+1$之间只差一层

而且切这一段的贡献已经在①中被算过了

于是$d[i]$~$d[i+1]$就不能再贡献啥了，也就是总贡献$=0$，$H+=0$

然鹅怎么把第1,2种情况筛掉呢

发现对于第1种，$d[i]>d[i+1]$

对于第2种，$d[i]+1=d[i+1]$

（或者第3种的一层只有$i$，下一层只有$i+1$。把它筛掉没有影响）

$d[i]+1<d[i+1]$时，只能是第3种情况

于是我们又得出了一个约束条件：$d[i]+1<d[i+1]$时，$bfs$序中的$[d[i],d[i+1]]$不会再产生贡献（③）

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剩下不被约束的点都属于②，$H+=0.5$，表示取/不取产生贡献的平均值$(0+1)/2$

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再注意一些小细节（见code）于是就可以搞定这个思维题辣

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参考博客：①，②

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define rint register int
using namespace std;
#define N 200005
int read(){
    char c=getchar();int x=0;
    while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while('0'<=c&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar();
    return x;
}
int n,s[N],b[N],d[N],a[N],c[N];
double ans;
int main(){
    n=read(); ans=2; ++s[1];--s[2];//ans=2：根节点算1层+最下面的1层=2层
    for(rint i=1;i<=n;++i) a[d[i]=read()]=i;
    for(rint i=1;i<=n;++i) c[b[i]=read()]=i;
    for(rint i=1;i<=n;++i) d[i]=c[d[i]],b[i]=a[b[i]];
    for(rint i=1;i<n;++i) if(b[i]>b[i+1]) ++s[i],--s[i+1],++ans;//ans没有算到最下面的一层，先加上去
    for(rint i=1;i<n;++i) if(d[i]+1<d[i+1]) ++s[d[i]],--s[d[i+1]];
    for(rint i=1,w=0;i<n;++i) w+=s[i],ans+=w?0:0.5;//第n个点后面都是空的给它分段有什么意义吗
//    printf("%.3f\n%.3f\n%.3f",ans-0.001,ans,ans+0.001);
//     bzoj需要输出以上ans-0.001,ans,ans+0.001（大雾）
    printf("%.3f",ans);
    return 0;
}