洛谷 U140603 树的平均
题目背景
SeawaySeawa**y太菜了。当大佬们都在爆切插头DP，计算几何，反演，Matrix-Tree的时候，SeawaySeawa**y连最基本的搜索都打不对......
菜归菜，SeawaySeawa**y还是有一些基本常识的：他知道，对于一棵有根树，可以进行两种不同的遍历方式：DFS和BFS。这两种遍历方式在遍历过程中会分别生成两种序列：DFS序和BFS序。SeawaySeawa**y惊奇地发现：对于两棵不同的树，它们的DFS序有可能相同，它们的BFS序同样有可能相同。SeawaySeawa**y大呼绝妙，并觉得这里大有文章可做。
题目描述
现在，SeawaySeawa**y给出一个DFS序和一个BFS序。他想知道，在符合这两个限制条件的所有有根树中，树的高度的平均值。即：假如有NN棵不同的树具有这组DFSDFS序和BFSBFS序，且它们的高度分别为：h_1,h_2,cdots,h_nh1,h2,⋯,h**n，那么请你求出下式的值：
frac{sum_{i=1}^{i=N}h_i}{N}N∑i=1i=Nhi
这里的树的高度是指：树的最深深度。
输入格式
从文件average.inaverage.i**n中读入数据。
第一行一个整数NN，表示树的节点个数。
第二行有一个1-N1−N的排列，描述树的DFS序。
第三行有一个1-N1−N的排列，描述树的BFS序。
输出格式
输出到文件average.outaverage.out中。
一行输出一个实数，保留三位小数。表示答案。你能够获得本测试点的分数，当且仅当你的答案与标准输出的差的绝对值小于等于0.0010.001。
题解：
一开始看到这道题还是没什么思路的。因为感觉没什么办法来通过序列来还原树。反正就是不知道咋暴力。
既然不知道暴力，就去想正解吧。没办法了。
发现，虽然序列还原树没什么思路，但是可以显然地发现一个性质：BFS序分几层，树的高度就是多少。也就是说在BFS序上枚举断点即可。
兴冲冲地去做，发现还不是那么的简单，因为情况大抵有三种：必须分，必须部分，可分可不分。
然后想想如何判断这三种情况。
首先，对于bfs序连续的两个点，不是在同一层，就是在下一层。那么这个条件可以用DFS序约束，如果BFS序连续，但是较大BFS序的DFS序反而较小，那么就一定被挪到下一层去了，这个断点位置的贡献为1.反之，贡献不一定为0，也有可能是0.5，所以确定不了。
想到这里兴高采烈了好半天，但是其实还远远未结束。
因为只考虑了DFS对BFS序的约束，BFS序必然也会对DFS序有约束。
那么，对于DFS序连续的两个点，有可能是父子关系，也有可能都是叶子，是兄弟关系。甚至有可能，是其一个点某一个祖先的儿子。
如果是兄弟关系或者父子关系，那么其BFS序也应该是连续的。也就是它们的深度差不能大于1。它们的BFS序之间最多分1层。这样的话，可以用一个差分来维护区间的这个信息。
差分维护的是分多少层。
但是如果是祖先关系，那么其BFS序就会出现逆序的情况。也就是较大DFS序的BFS序反而较小。
代码：
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=3e5+5;
int n;
int bfn[maxn],dfn[maxn],bp[maxn],dp[maxn],s[maxn];
double ans;
int main()
{
freopen("average.in","r",stdin);
freopen("average.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
ans=2;
++s[1];
--s[2];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&dfn[i]);
dp[dfn[i]]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&bfn[i]);
bp[bfn[i]]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dfn[i]=bp[dfn[i]];
bfn[i]=dp[bfn[i]];
}
for(int i=1;i<n;++i)
if(bfn[i]>bfn[i+1])
++s[i],--s[i+1],++ans;
for(int i=1;i<n;++i)
if(dfn[i]+1<dfn[i+1])
++s[dfn[i]],--s[dfn[i+1]];
int w=0;
for(int i=1;i<n;++i)
w+=s[i],ans+=w?0:0.5;
printf("%.3lf
",ans);
return 0;
}