题目描述
能评测了哦。
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
输入输出格式
输入格式：
输入文件count.in共有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。
输出格式：
输出文件count.out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。
输入输出样例
输入样例#1：
5 1 2 4 5 3 1 2 3 4 5
输出样例#1：
3.500
说明
【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。
【时间限制】
1s 【空间限制】
256000KB
pre.cjk { font-family: "Droid Sans Fallback", monospace }
p { margin-bottom: 0.25cm; line-height: 120% }
这是一道思维好题.
为了方便考虑,先安装bfs序重新编号,这样bfn[i]=i.
若两个点之间必须分层,那么对答案的贡献就是1,可分可不分对答案的贡献为0.5.
先从bfs序考虑.
若dfn[i]<dfn[i-1]这时i和i-1必须分层.
再考虑dfs序中的相邻的两个点,x,y且bfn[x]<bfn[y].
这时x和y就最多分一层,就是要么y是x的儿子,要么y是x的右边的兄弟.
那么在bfn[x]-bfn[y]之间就最多分一层.
设s[i]代表i与i-1之间是否分层.
这样就会有一些不等关系.
那么先把必须分层记录一下,然后在不等关系里面判断一下是否分了,若已经分了的话,那么就把这一段区间标记为强制不分层.
最后那些没有标记的点对答案的贡献为0.5
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define maxn 200010
3 using namespace std;
4 int pos[maxn],dfn[maxn],s[maxn],c[maxn];
5 double ans=1.0;
6 int main(){
7 int n,x;
8 scanf("%d",&n);
9 for(int i=1;i<=n;i++)
10 scanf("%d",&dfn[i]),pos[dfn[i]]=i;
11 for(int i=1;i<=n;i++)
12 scanf("%d",&x),dfn[pos[x]]=i;
13 for(int i=1;i<=n;i++) pos[dfn[i]]=i;
14 s[2]=1;
15 for(int i=3;i<=n;i++)
16 if(pos[i]<pos[i-1])s[i]++,ans+=1.0;
17 for(int i=2;i<=n;i++) s[i]+=s[i-1];
18 for(int i=3;i<=n;i++)
19 if(dfn[i-1]<dfn[i] && s[dfn[i]]-s[dfn[i-1]])
20 c[dfn[i-1]+1]++,c[dfn[i]+1]--;
21 for(int i=3;i<=n;i++){
22 c[i]+=c[i-1];
23 if(!c[i]) ans+=0.5;
24 }
25 printf("%.3lf",ans+1.0);
26 return 0;
27 }