【BZOJ3244】【NOI2013】树的计数

最新推荐文章于 2021-07-07 16:16:02 发布

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给定一棵有根树的DFS序和BFS序，求满足条件的不同树的平均高度。通过分析BFS序的性质，重新编号节点并根据DFS序计算各点对答案的贡献，最后累加所有贡献得到平均高度。

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。

题解

      考虑到 BFS 序的性质，BFS 在前的点的深度一定小于等于后面的点。所以我们考虑根据 BFS 序计算答案。
     首先根据 BFS 序给树上的点重编号，按 BFS 序的先后编成 1,2,.然后根据bfs写出对应dfs的值（很常用）。考虑相邻的点 i 对答案的贡献，如果它和 i−1必须在不同的层，那么对答案的贡献为 1，如果它和 i−1必须在同一层，那么对答案的贡献为 0 ，否则为 0.5 ，最后只需要把所有的贡献加起来就行了 (1,2号点的贡献应该强制为1)。
      必须不在同一层很好判断，考虑一下必须在同一层的情况，如果点i在 DFS 序中的位置在点 i−1 前面的话，那么就一定在不同层。
      否则只剩下在必须在同一层或者都可以。
      在同一层和不同层都可以的情况，显然需要满足 DFS 序中 i−1,i 两个点必须是连续的。我们画图发现，如果在一棵按 BFS 序编号的树中，点 i 可以变作 i−1 的儿子的并且不改变 DFS,BFS 序的话，只能是 i 变换后， i 所在的那一层只有 i 一个点并且 i,i−1 应该有共同的父亲，那么这个条件等价于 1∼i−1 号点在 DFS 序中 1∼l 的一段和 r∼N 的一段，也就是说在 DFS 序中必须是前面一段最后一段。然后其他情况就是必须在同一层了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=200100;
int bfs[maxn],dfs[maxn],in[maxn],hash1[maxn];
int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
	    scanf("%d",&dfs[i]);
	    in[dfs[i]]=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&bfs[i]);
		dfs[in[bfs[i]]]=i;
		bfs[i]=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	in[dfs[i]]=i;
	
	hash1[1]=1;hash1[2]=1;
	int l=2,r=n+1;
	double ans=2;
	for(int i=3;i<=n;i++){
		if(in[i]<in[i-1])
		ans+=1;//double不能用++ 
		else if(in[i]==in[i-1]+1){
			if(l+n-r+1==i-1)
			ans+=0.5;
		}
		hash1[in[i]]=1;
		while(l<r&&hash1[l+1]) l++;
		while(l<r&&hash1[r-1]) r--;
	}
	printf("%.3lf\n",ans);
	//IN BZOJ printf("%.3lf\n%.3lf\n%.3lf\n",ans-0.001,ans,ans+0.001); 
	
	return 0;
}