【BZOJ3244】树的计数（NOI2013）-概率期望+数学证明

测试地址：树的计数
做法：本题需要用到概率期望+数学证明。
要求树的期望高度，我们知道树的BFS的层数就是它的高度，所以我们要对BFS序分层。但由于有DFS序的限制，我们需要更加深入地考虑DFS序对BFS序的限制。为了方便，我们把BFS序映射成1,..,n$1,..,n$，并对应地修改DFS序。
首先，显然BFS序的一种划分方案要么不合法，要么和一种满足要求的树一一对应。
然后，由于题目中的条件：一个点的儿子在DFS序中出现的顺序和在BFS中出现的顺序相同，所以BFS序中同一层的点出现的顺序应该和DFS序中出现的顺序相同。我们把这称为条件一。
接下来，DFS序中相邻的两个点u,v$u,v$，v$v$要么是u$u$的某个祖先的儿子，要么是u$u$的儿子，那么我们有depth(u)+1≥depth(v)$depth(u)+1\ge depth(v)$。我们把这称为条件二。
那么我们考虑对BFS序分层，实际上就是考虑在哪些间隙添加断点，那么期望层数就是期望断点数+1$+1$。首先在1$1$后面是肯定要分层的，然后因为条件一的限制，如果两个在BFS序中相邻的点u,v$u,v$中，u$u$在DFS序中的出现位置比v$v$的出现位置靠后，那么这两个点就不能被分在同一层中，它们中间必须有一个断点。再考虑条件二，我们可以把不等式写成depth(v)−depth(u)≤1$depth(v)-depth(u)\le 1$，也就是说，如果u$u$在BFS序中在v$v$之前，那么它们之间至多只能有一个断点，否则它们的深度差就会超过1$1$。我们用已经确定必须要断的点来更新这种情况，即如果一个限制区间中已经有断点，那么限制区间中的其它点就不能断，这个可以用类似差分的标记方法解决。而对于没有断点的限制区间，可以证明这样的区间包含的间隙数目只可能为1$1$（证明见下面的补证），那么这个点有12$\frac{1}{2}$的概率是断点。根据期望的线性性，我们直接把每个间隙是断点的概率相加，就是期望断点数，再加上1$1$就是期望层数，也就是树的期望高度了，时间复杂度为O(n)$O(n)$。
补一个小证明：不包含断点的限制区间包含的间隙数只能是1$1$。使用反证法，假设它包含的间隙数大于1$1$，因为区间内不包含由条件一得到的断点，所以区间内的点在DFS序中出现的顺序应该和在BFS序中出现的顺序相同，但是一个限制区间是由DFS序中相邻两个点确定的，这样就无论如何都不能使得这些点在DFS序中和在BFS序中出现的顺序相同，矛盾，所以待证结论必然成立。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,dfs[200010],p[200010];
int pos[200010],type[200010]={0},sum[200010],tag[200010]={0};
double ans=1.0;

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&dfs[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        p[x]=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dfs[i]=p[dfs[i]];
        pos[dfs[i]]=i;
    }

    sum[0]=0;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        if (i==1||pos[i]>pos[i+1])
            type[i]=1;
        sum[i]=sum[i-1]+type[i];
    }
    for(int i=1;i<n;i++)
        if (dfs[i]<dfs[i+1]&&sum[dfs[i+1]-1]-sum[dfs[i]-1]>0)
        {
            tag[dfs[i]]++;
            tag[dfs[i+1]]--;
        }

    int now=0;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        now+=tag[i];
        if (!type[i]&&now) type[i]=2;
    }
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        if (type[i]==1) ans+=1.0;
        if (!type[i]) ans+=0.5;
    }
    printf("%.3lf",ans);

    return 0;
}