P1232 [NOI2013] 树的计数

题目大意

给你一个 dfs 序和一个 bfs 序，求所有满足这两个序的树的高的平均值（ 保留三位小数 ），输入保证至少存在一棵树符合给定的两个序列。

解题思路

首先可以从 bfs 序入手，因为更具 bfs 序的性质，可以发现 bfs 序可以分成 $x$ 个段，每一段中的节点都是在同一行中，而这棵树 $i$ 的树高 $h_i$ 又恰好与 $x$ 相等。

这里为了方便 ,

记 $d_i$ 为点 $i$ 在 dfs 序的位置。

记 $b_i$ 为点 $i$ 在 bfs 序的位置。

那就可以设有一任意点 $k$，则 $k$ 有 $3$ 种情况：

1. 只能分段，$ans+1$；
2. 分不分都行，$ans+0.5$；
3. 不能分，$ans$ 不变。

对于情况 $2$ 和情况 $3$，我们可以用一个差分数组 $c$，记录点 $i$ 是情况 $2$ 还是情况 $3$，

• 若 $c_i$ 不为 $0$，则说明这个地方不设断点或设了断点，若不设断点，则贡献为 $0$；若设了断点，贡献为 $1$，但 $c_i$ 依旧为 $0$，因为断点的个数记录在 $ans$ 里就行了 。
• 若 $c_i$ 为 $0$，说明这个地方可以分层也可以不分层，则对平均树高（也就是答案）的贡献为 $0.5$，因为如果分层，则贡献为 $1$；如果不分层，则贡献为 $0$，综合起来贡献就为 $\frac{(1+0)}{2}=0.5$。

再思考情况 $1$ ，如果有一个断点，说明满足条件的所有树都应该在这里分层，则对平均树高（也就是答案）的贡献为 $1$。

对于情况 $1$，我们可以从 bfs 序连续的两点和 dfs 序连续的两点这两个方向入手。

此时显然可以得到一个约束条件，对于 bfs 序连续的两点 $x=bfn_i,y=bfn_{i+1}$，

• 如果 $d[x]>d[y]$，说明 $y$ 在 $x$ 的下一层，属于情况 $1$。
• 如果 $d[x]<d[y]$，说明 $y$ 在 $x$ 的下一层 或 $\ x$ 和 $y$ 在同一层，属于情况 $2$。

再思考 dfs 序连续的两点 $x=dfn_i,y=dfn_{i+1}$，有 $3$ 种情况：

1. $b_x+1=b_y$，$x$ 和 $y$ 是兄弟（ $x$ 没有儿子 ）；
2. $b_x>b_y$，$y$ 是 $x$ 的某个祖先的某个儿子（ $x$ 没有儿子）；
3. $y$ 是 $x$ 的儿子，属于情况 $1$。

分析情况 $3$ ，发现编号从 $x$ 到 $y-1$ 的所有节点深度差不超过 $1$，而情况 $3$ 的贡献在上面已经计算过了，所以情况 $3$ 在这里的贡献为 $0$，要在差分数组里面记录一下。另外，记录时要把情况 $1$ 和情况 $2$ 筛掉，当然也可以不筛，单独判断 $b[x]+1<b[y]$ 就行了。

AC CODE

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define _ (int)2e5 + 5
using namespace std;

int n;
int cc;
int x, y;
double ans = 2.0;
array<int, _> bfn, dfn, b, d, c;

signed main()
{
	scanf("%lld", &n);
	c[1]++, c[2]--;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		scanf("%lld", &dfn[i]);
		d[dfn[i]] = i;
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		scanf("%lld", &bfn[i]);
		b[bfn[i]] = i;
	}
	for (int i = 1; i < n; ++i)
	{
		x = bfn[i], y = bfn[i + 1];
		if (d[x] > d[y])
		{
			c[i]++, c[i + 1]--;
			ans++;
		}
		x = dfn[i], y = dfn[i + 1];
		if ((!(b[x] > b[y])) && (!(b[x] + 1 == b[y]))) //b[x] + 1 < b[y]
		{
			c[b[x]]++, c[b[y]]--;
		}
	}
	for (int i = 1; i < n; ++i)
	{
		cc += c[i];
		if (!cc)
		{
			ans += 0.5;
		}
	}
	printf("%.3lf\n", ans);
	return 0;
}