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神仙題...
和樹的深度有關，由於 $bfs$ 序的性質，顯然可以通過把 $bfs$ 序分成若干段來求出深度，每一段就對應某一深度從左到右的所有節點，那麼如果確定了分的段數就確定了樹的深度（分的段數 $+1$）
為了方便，先把 $bfs$ 序變成從 $1$ 到 $n$ 的序列， $dfs$ 序當然也要隨著變一下
考慮每個位置是否可以分段，無非 $3$ 種情況：
$1.$ 此位置必須分，那麼對樹的深度貢獻就是 $1$
$2.$ 此位置不能分，那麼貢獻就是 $0$
$3.$ 此位置可分可不分，那麼貢獻就是 $0.5$（此位置分的樹的方案數和不分的樹的方案數是一樣的，如果分貢獻 $1$，不分貢獻 $0$，那麼平均貢獻就是 $0.5$）
考慮用 $bfs$ 序和 $dfs$ 序之間的關係求出每個位置的限制，設節點 $i$ 的 $bfs$ 序為 $bfn[i]$，$dfs$ 序為 $dfn[i]$
對於 $bfs$ 序連續的兩點 $x,y=x+1$（此時已經按 $bfn$ 重新標號了），如果 $dfn[x]>dfn[y]$ ，說明 $y$ 在 $x$ 的下一層
大概圖長這樣：
可以發現只有這種情況才會出現 $dfn[x]>dfn[y]$ 的情況，因為如果 $x$ 和 $y$ 在同一層那麼顯然 $y$ 會更晚被 $dfs$ 到
所以如果 $dfn[x]>dfn[x+1]$，那麼 $x$ 和 $x+1$ 之間必須分層
那麼如果 $dfn[x]
可能有兩種情況，$x$ 沒有兒子， $x+1$ 是 $x$ 的兄弟；$x+1$ 是 $x$ 的兒子，還是沒辦法確定，而且發現不管是哪種情況都不會對之後的序列產生影響，這保證了無法確定的位置貢獻是 $0.5$（這個位置不管切不切方案數都是一樣的）
對於 $dfs$ 序連續的兩點 $x,y$，情況比較多
如果 $x>y-1$ （$bfn[x]>bfn[y-1]$），那麼說明 $y$ 是 $x$ 某個祖先的兒子：
對限制並沒有影響
如果 $x==y-1$，那麼 $y$ 作為 $x$ 兄弟或者兒子都是合法的
所以仍然無法確定貢獻，但是同樣可以發現不管是哪種情況對後面的序列都沒有影響（
裡後面節點可以接到 $y$ 下面或者作為 $y$ 的下乙個兄弟）
但是第三種情況有點意思：$x
說明 $y$ 一定是 $x$ 的第乙個兒子：
那麼就是說，編號從 $x$ 到 $y-1$ 的所有節點深度差不超過1
而且可以發現，如果有分割那麼在之前就被計算過了（一定存在 $k$ 使得 $dfn[x+k]>dfn[x+k+1]$ , $x+k \in [x+1,y-1]$ ）
所以對於 $x
這個限制可以用乙個差分陣列維護
最後剩下的都不能確定了，貢獻就是 $0.5$
最後乙個問題，這些限制是必要的，但是，充分嗎？
感性理解一下，很充分，如果懷疑的話打個暴力拍它幾個小時，發現沒問題，所以是充分的...
並不會證明限制充分 $qwq$
**很短，但是並不好想...
設 $pos[i]$ 表示 $dfn$ 為 $i$ 的節點（其實就是 $dfn$ 的反陣列）
那麼對於前面最後乙個限制，$x
注意一開始那些一定要分割的位置已經算過就不會再產生 $0.5$ 的貢獻了
還有第乙個節點一定單獨要分一層
#include#include#include
#include
#include
using
namespace
std;
typedef
long
long
ll;inline
intread()
while(ch>='
0'&&ch<='
9')
return x*f;
}const
int n=2e6+7
;int
n;double
ans;
int dfn[n],pos[n],sum[n];//
sum是差分陣列
//dfn是節點的dfs序，pos是dfn的反陣列，所以有 pos[dfn[i]]=i,dfn[pos[i]]=i
inline void mark(int x,int y) //
打差分標記
intmain()
int now=0
;
for(int i=1;i0 : 0.5);//
如果這個位置不確定則貢獻為0.5
//注意上一行i不取n,因為切的位置只有n-1個
ans+=1;//
深度等於分的段數+1
printf("
%.3lf\n%.3lf\n%.3lf
",ans-0.001,ans,ans+0.001);//
bzoj上要這樣輸出...
return0;
}
BZOJ3244 NOI2013樹的計數
給定一棵 n n 200000 個節點的樹的 df s bf s 序，求所有滿足要求的樹的平均深度。考慮到 bf s 序的性質，bf s 在前的點的深度一定小於等於後面的點。所以我們考慮根據 bf s 序計算答案。首先根據 bf s 序給樹上的點重編號，按 bf s 序的先後編成 1,2,n 考慮相...
BZOJ3244 NOI2013 樹的計數
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，...
BZOJ3244 Noi2013 樹的計數
這題其實我還不是很懂為什麼滿足了這兩個性質就一定合法qaq 先將所有點按其bfs序重新標號 我們令dfn i 表示i的dfs序，bfn i 表示dfs序為i的點的bfs序 考慮怎麼計算答案，我們令dep i 表示點i所在樹中的層數，那麼對dep i 做個差分，a i a i a i 1 a 1 a ...