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[2]=1，那麼∑a
i ∑ai
的期望就是樹的期望高度
對於bfs序相鄰的點i,i+1，
若dfn[i]>dfn[i+1]，他們之間肯定換層了，a[
i+1]
=1a [i
+1]=
1若dfn[i]< dfn[i+1]，他們可以換層也可以不換，a[
i+1]
=12 a[i
+1]=
12
對於dfs序相鄰的點bfn[i],bfn[i+1]
因為顯然有dep[bfn[i+1]]<=dep[bfn[i]]+1，所以若bfn[i]< bfn[i+1]，有限制∑b
fn[i
+1]i
=bfn
[i]+
1a[i
]<=
1 ∑i=
bfn[
i]+1
bfn[
i+1]
a[i]
<=
1注意那個1/2的期望要滿足限制
畫一下圖可以發現如果乙個有限制的區間裡面沒有強制為1的a[
i]a [i
]，那就也不會有期望1/2的a[
i]a [i
]，所以維護乙個字首和用來打標記，o(n)掃一下就行了
輸出很坑…坑在**見**…
code：
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using
namespace
std;
const
int maxn = 210000;
int a[maxn],to[maxn];
int s[maxn],pre[maxn],fl[maxn];
int n;
int main()
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=to[a[i]];
for(int i=1;i<=n;i++) to[a[i]]=i;
s[1]=s[2]=2;
for(int i=3;i<=n;i++)
if(to[i]1]) s[i]=2;
for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]+s[i];
for(int i=2;iif(a[i]1]&&pre[a[i+1]]-pre[a[i]])
fl[a[i]+1]++,fl[a[i+1]+1]--;
int cc=0,ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
double re=ans/2.0;
printf("%.3lf\n%.3lf\n%.3lf\n",re-0.001,re,re+0.001);
return
0;}
BZOJ3244 NOI2013樹的計數
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BZOJ3244 NOI2013 樹的計數
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