UOJ 122 NOI2013 樹的計數

[uoj#122][noi2013]樹的計數

試題描述

我們知道一棵有根樹可以進行深度優先遍歷（dfs）以及廣度優先遍歷（bfs）來生成這棵樹的 dfs 序以及 bfs 序。兩棵不同的樹的 dfs 序有可能相同，並且它們的 bfs 序也有可能相同，例如下面兩棵樹的 dfs 序都是 1 2 4 5 3，bfs 序都是 1 2 3 4 5。

現給定乙個 dfs 序和 bfs 序，我們想要知道，符合條件的有根樹中，樹的高度的平均值。即，假如共有 k

'>k

棵不同的有根樹具有這組 dfs 序和 bfs 序，且他們的高度分別是 h1,

h2,…

,hk'>h1,h2,…,hk

，那麼請你輸出：h1

+h2+

⋯+hk

k'>(h1+h2+⋯+hk)/k

輸入

第一行包含 1

'>1

個正整數 n

'>n

，表示樹的節點個數。

第二行包含 n

'>n

個正整數，是乙個 1∼n

'>1∼n

的排列，表示樹的 dfs 序。

第三行包含 n

'>n

個正整數，是乙個 1∼n

'>1∼n

的排列，表示樹的 bfs 序。

輸入保證至少存在一棵樹符合給定的兩個序列。

輸出

僅包含 1

'>1

個實數，四捨五入保留恰好三位小數，表示樹高的平均值。

輸入示例

512

4531

2345

輸出示例

3.500

資料規模及約定100% 的測試資料，滿足：2≤n

≤200000

'>2≤n≤200000

。2≤n

≤200000

'>題解

2≤n≤

200000

'>首先自己 yy 了乙個 90 分的做法。

我們給樹重標號，使得它的 dfs 序變成 1~n（bfs 序也隨之改變）。

那麼在這裡發現：如果 bfs 序中兩個數 i 和 i+1，i+1 的位置在 i 後面，並且 i 和 i+1 不相鄰，那麼意味著 i+1 一定是 i 的兒子（性質1），並且在 bfs 序中，處在 i 和 i+1 位置中間的節點要麼是 i 的兄弟並且在 i 的右邊，要麼是 i+1 的兄弟並且不是 i 的兒子並且在 i+1 的左邊（這裡的左右指的是樹上同一層節點的左右關係）。

然後，對於 bfs 序中相鄰兩個數 b[i] 和 b[i+1]，如果 b[i] > b[i+1] 那麼，節點 b[i] 和 b[i+1] 一定在不同層，更確切地，b[i+1] 在 b[i] 的下一層（因為會先 dfs 到 b[i] 這個節點）。（性質2）

注意到如果我們給每個節點確定了深度，樹的形態一定確定了。

給個例子：

dfs 序：1 2 3 4 5 6 7 8 9

bfs 序：1 2 6 7 3 4 5 8 9

那麼發現 (2, 3) 和 (7, 8) 這兩對數滿足性質1，(b[4]=7, b[5]=3) 這對數滿足性質2。

那麼我們怎麼給它們安排深度呢？注意到深度按照 bfs 序排列從左往右是不下降的。

節點 1 深度一定是 1，節點 2 深度一定為 2；由 (2, 3) 和 (b[4]=7, b[5]=3) 這兩個條件知道節點 6 和 7 深度都是 2，節點 3 的深度為 3；由 (7, 8) 得知節點 8 深度為 3，那麼節點 4 和 5 的深度也就自然都是 3 了；節點 9 的深度無所謂，可以是 3 或者 4。

深度序列：1 2 2 2 3 3 3 3 (3 or 4)

差分一下這個序列，即 dep[i] = dep[i+1] - dep[i]（捨去最後乙個位置的數），得到：1 0 0 1 0 0 0 (0 or 1)

於是問題變成了，在這個差分後的新序列中，給每個位置上確定 0 或 1，有些位置上必須是 1，然後有一些區間，每個區間內的 1 的個數不能多於 1，求期望有多少個 1。

在這個例子中，必須填 1 的位置是 1 和 4，區間為 [2, 4] 和 [4, 7]。

那麼就可以 dp 了。f[i] 表示考慮前 i 個位置，並且第 i 位填 1 的方案數；g[i] 表示考慮前 i 個位置，第 i 為填 1 的所有方案中 1 的個數之和；那麼 f[i] 和 g[i] 都可以從【上乙個必填 1 的位置】到【包含位置 i 的所有區間中最小的左端點 - 1】這一段區間中轉移過來，線段樹維護即可。如果 f 和 g 都用 long double，可以蹭到 90 分。

#include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;
int read() 
while(isdigit(c))
return x * f;
}#define maxn 200010
#define double long double
#define pdd pair int n, dfn[maxn], bfn[maxn], id[maxn], pos[maxn];
bool tag[maxn];
vector add[maxn], del[maxn];
priority_queue q, delq;
int lft[maxn];
void addi(int l, int r) 
double sf[maxn<<2], sumv[maxn<<2];
void update(int o, int l, int r, int x, double f, double v) 
return ;
}pdd query(int o, int l, int r, int ql, int qr) 
int main() 
for(int j = 0; j < add[i].size(); j++) q.push(-add[i][j]);
if(q.empty()) lft[i] = i; else lft[i] = -q.top();
}//	for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d%c", lft[i], i < n ? ' ' : '\n');
int lst = 1;
update(1, 1, n, 1, 1, 1);
for(int i = 2; i < n; i++) 
double sumv = 0, sf = 0;
for(int i = n - 1; i; i--) 
printf("%.3lf\n", (sumv + sf) / sf);
return 0;
}

更簡單的做法就是讓 bfs 序變成 1~n 的排列，dfs 序隨之變化，然後分情況討論節點 i 和 i-1 必定不在同一層，可以在同一層也可以不在同一層，必定在同一層，貢獻分別是 1、0.5 和 0。

以下省略條件：對於節點 i 和節點 i-1。令 pos[i] 表示節點 i 在 dfs 序中的位置。

可以在同一層，也可以不在：pos[i] = pos[i-1] + 1，並且如果節點 i 放在了節點 i-1 那一層，則節點 i 是當前層的最靠右的節點，即 pos[1], pos[2], ... , pos[i-1] 標記上了 dfs 序中的開頭和結尾；

必定在同一層：其餘情況。

並查集判判就好了。

#include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;
int read() 
while(isdigit(c))
return x * f;
}#define maxn 200010
int n, dfn[maxn], bfn[maxn], id[maxn], pos[maxn], fa[maxn], siz[maxn];
int findset(int x) 
int main() 
if(pos[i] < n) 	}	
printf("%.3lf\n", sum);
return 0;
}

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UOJ126 NOI2013 快餐店（基環樹dp）

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