[NOI2013]树的计数（概率期望×树的遍历）

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首先我们发现我们要求的就是数的期望高度，然后根据期望的线性性我们可以把它分成几层。

观察到这个树的编号是无所谓的，我们可以给bfs序重新编号成 (1) 到 (n)，同时改变dfs序，这样不会有影响。

又发现bfs是按层来搞的，所以我们下一步就是分层，也就是把bfs划分成几个区间，每个区间在一层。

显然这不可能是随便分层，有一些限制。我们用一个数组来表示 (i) 和 (i+1) 直接有没有分割，如果为 (0) 即为不确定。

1，(1) 和 (2) 之间一定有分隔。这很显然。

2，假设 (d_i) 是 (i) 在dfs序中的位置。若 (d_i>d_{i+1}) 说明dfs的过程中先遍历到 (i+1) 再遍历到 (i)，而如果他们在同一层中则不可能（因为是按顺序排的），所以它们一定不在同一层中，答案加一。

3，还有这第三个限制，也是比较难想到的。假设 (dfn_i) 是dfs序，若 (dfn_i+1<dfn_{i+1})，说明 (dfn_{i+1}) 的 深度最多比 (dfn{i}) 多1，所以 (dfn_{i}) 与 (dfn_{i+1}) 之间最多放一个分隔线，而枚举几种情况发现期间必有一条分隔线，所以这一段不得再有其他分隔线。

最后，如果还是可填可不填的答案就加0.5。

namespace Solve{
	const int MAXN = 200010;
	static int n, dfn[MAXN], bfn[MAXN], pos[MAXN], s[MAXN], d[MAXN];
	static double ans;
	void MAIN() {
		read(n);
		for (int i = 1; i <= n; i++) read(dfn[i]);
		for (int i = 1; i <= n; i++) read(bfn[i]), pos[bfn[i]] = i;
		for (int i = 1; i <= n; i++) dfn[i] = pos[dfn[i]], d[dfn[i]] = i;
		s[1]++; s[2]--;
		ans = 2.0;//注意第一个点算一层
		for (int i = 1; i < n; i++) {
			if (d[i] > d[i + 1]) {
				s[i]++;
				s[i + 1]--;
				ans += 1.0;
			}
			if (dfn[i] + 1 < dfn[i + 1]) {
				s[dfn[i]]++;
				s[dfn[i + 1]]--;
			}
		}
		for (int i = 1; i < n; i++) {
			s[i] += s[i - 1];
			if (s[i] == 0) {
				ans += 0.5;
			}
		}
		printf("%.3lf
", ans);
	}
} using namespace Solve;