[NOI2013]树的计数 计数Dp

[NOI2013]树的计数

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分析

强烈吐槽一下这道题不采用取模的方式，害我被卡精度卡了半天。

因为毕竟是是自己yy的一种垃圾做法

手玩几组数据~~（或者左转看看题解）~~发现按层划分BFS序很科学。

然后就可以发现一个结论：一种合法的BFS序的划分对应一棵树。

证明：考虑递归构造对应关系。对于某个BFS序，如果我们已经构造出了$i$层以内的树，考虑第$i+1$层，因为已经划分好了，所以这一层有那些节点我们是知道的。如果我们将$i$层以内的节点在DFS序中全部删掉，剩下的一定是DFS序中的若干个区间。DFS序可以看成子树根+子树的形式，那么每个区间就对应一个子树，并且子树根就是区间左端点前一个节点。这样的话$BFS$序中第$i+1$层的节点就可以去对应区间找他们的父亲。

那么现在问题转化成合法地划分$BFS$序。考虑$Dp$

$f_{i,d}$表示划分到第$i$个数，一共划分了$d$层的方案。

$f_{i,d}={\sum }_{j=1}^{i-1}{f}_{j,d-1}[can(j,i)]$

$can(j,i)$表示$[j+1,i]$这个划分是合法的。

考虑如何求出$can(j,i)$

在构造的时候实际上已经初步得出了一个层划分合法性的判定方法。

首先将BfS序中$j$以前的点删掉。

根据题目的要求，第一个条件就是BfS序中$[j+1,i]$中的点在DFS序中的位置递增。

而构造的时候发现，删去的区间左端点一定是子树根，所以必须出现在划分中。

如果暴力枚举$i,j$，然后$O(n)$判断，这样的求$can$复杂度是$O(n^3)$的，而$Dp$也是$O(n^3)$的，这样就得到了一个$O(n^3)$的算法，接下来考虑优化。

首先，往$O(n^2)$进发，先优化预处理$can(j,i)$。

先枚举一个$j$，然后枚举$i$,对于第2个条件，我们对于$DFS$序中每个区间左端点在$BFS$序中的最大位置$l$，那么合法的$i$一定在$l$之后。

然后从$l$开始扫描一段区间，这段区间满足条件1，也就是位置递增即可。假设扫到了$r$，那么合法$i$在$[l,r]$之间。

对于$f$，一种比较有技巧性的做法是用生成函数优化。

$F_i(x)=\sum f_{i,d}{x}^d$

这样的话方程可以写成$F_i=\sum x{F}_j[can(j,i)]$

事实上，我们要求的东西是$\frac{F_n^{\prime }(1)}{F_n(1)}$

求个导看看：

$F_i^{\prime }=x\sum F_j^{\prime }[can(j,i)]+\sum F_j[can(j,i)]$

将$x=1$带入：

$F_i(1)=\sum F_j(1)[can(j,i)]$

$F_i^{\prime }(1)=\sum F_j^{\prime }(1)[can(j,i)]+\sum F_j(1)[can(j,i)]$

设$f_i=F_i(1),g_i=F_i^{\prime }(1)$转移就行了。

其实这个东西可以直接用期望去推，但是人菜就只好用笨方法推方程咯!

所以成功地把$Dp$也优化到了$O(n^2)$

还可以优化吗？

之前发现的一个性质是，对于一个$j$，它仅仅会转移到一段特定区间$[l,r]$内的$i$。而且贡献是线性的。

那么显然$Dp$部分差分打标记前缀和就$O(n)$了。

而$can(j,i)$怎么办？

对于某个$j$，显然$r$是可以用指针扫过去的。除非当前的$j$越过了$r$，不然$r$不会动。

而$l$可以在删除数的时候记录一下删除位置的下一个位置对应BFS序的位置，取个$max$即可。

这样的话两把指针扫一扫也是线性的了。这道题就这么被胡乱优化一波搞定了！

结果被卡精度了？！！！

开__float128也不行？！！！！

我搞了一波骚操作，把某个数科学计数法表示，然后重载加减法，忽略数量级超过一百的运算，然后就过了。。。。

代码

#include
const int N = 2e5 + 10;
int ri() {
	char c = getchar(); int x = 0, f = 1; for(;c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
	for(;c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) - '0' + c; return x * f;
}
struct Data {
	double x; int e;
}g[N], f[N];
Data operator + (Data a, Data b) {
	if(a.e < b.e)
		std::swap(a, b);
	int d = a.e - b.e; double l = b.x;
	if(d > 100) l = 0;
	else {
		for(;d--;)
			l /= 10;
	}
	a.x += l;
	if(fabs(a.x) > 10) a.x /= 10, ++a.e;
	return a;
}
void operator += (Data &a, Data b) {a = a + b;}
void operator -= (Data &a, Data b) {
	b.x = -b.x;
	a = a + b;
}
int a[N], b[N], psa[N], psb[N], n, must;
int main() {
	n = ri();
	for(int i = 1;i <= n; ++i)
		a[i] = ri(), psa[a[i]] = i;
	for(int i = 1;i <= n; ++i)
		b[i] = ri(), psb[b[i]] = i;
	int l = 0, r = 0;
	f[1].x = g[1].x = 1;
	f[2].x = g[2].x = -1;
	for(int j = 1, i;j <= n; ++j) {
		f[j] += f[j - 1]; g[j] += g[j - 1];
		if(j == n) break;
		l = std::max(l, psb[a[psa[b[j]] + 1]]);
		for(r = std::max(r, j + 2);r <= n; ++r)
			if(psa[b[r]] < psa[b[r - 1]])
				break;
		--r;
		if(l <= r) {
			f[l] += f[j]; f[r + 1] -= f[j];
			g[l] += f[j] + g[j]; g[r + 1] -= f[j] + g[j];
		}
	}
	int d = g[n].e - f[n].e; double x = g[n].x / f[n].x;
	for(;d--;)
		x *= 10;
	printf("%.3lf\n", x);
	return 0;
}