容易发现的一点是如果确定了每一层有哪些点，树的形态就确定了。问题变为划分bfs序。
考虑怎样划分是合法的。同一层的点在bfs序中出现顺序与dfs序中相同。对于dfs序中相邻两点依次设为x和y，y至多在x的下一层。特殊的，根单独作为一层。
这些条件显然是必要的，考虑一种构造方案：对于某个点，如果其在dfs序中前一个点的下一层则直接连边，否则从其bfs序中前一个点（显然是与其在同一层的）的父亲连边。这看起来是没有问题的，所以这些条件也是充分的。
接下来考虑怎么算答案。如果bfs序中相邻两点被划分在了不同层树高就会++，于是考虑相邻点是否能划在同一层。
首先如果bfs序中相邻两点在bfs序和dfs序中的相对顺序不同，其必须划分，这保证了第一个条件满足。
然后对dfs序中相邻两点x和y，其在bfs序中x到y（有序，若x在y后面则该限制无效）这段区间至多被划分一次，这显然保证了第二个条件满足。
这样可以固定一些位置是否划分，保证了方案合法，划分一次提供1贡献。而对于剩下的位置不管是否划分都是合法的，所以提供0.5的贡献。
至于具体怎么搞，第一个条件扫一遍即可确定。第二个条件若区间内已被划分打个标记即可。否则虽然看起来有点麻烦，但实际上如果出现这种情况该区间长度只会为1。因为这说明他们之间的dfs序和bfs序相对顺序都是相同的，这仅当两点在同一层才会出现，而这样他们在bfs序中也是相邻的。
往往很多必要条件组合在一起就是充分的了，大力猜结论不要怂。
bzoj上莫名其妙要输出三个数。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();} while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar(); return x*f; } #define N 200010 int n,a[N],b[N],id_dfs[N],id_bfs[N],f[N],s[N],cnt[N],ans=2; int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("bzoj3244.in","r",stdin); freopen("bzoj3244.out","w",stdout); const char LL[]="%I64d "; #else const char LL[]="%lld "; #endif n=read(); for (int i=1;i<=n;i++) id_dfs[a[i]=read()]=i; for (int i=1;i<=n;i++) id_bfs[b[i]=read()]=i; memset(f,255,sizeof(f));f[1]=1; for (int i=2;i<n;i++) if (id_dfs[b[i]]>id_dfs[b[i+1]]) f[i]=1; for (int i=1;i<n;i++) s[i]=s[i-1]+(f[i]>0); for (int i=2;i<n;i++) if (id_bfs[a[i]]<id_bfs[a[i+1]]&&s[id_bfs[a[i+1]]-1]>s[id_bfs[a[i]]-1]) cnt[id_bfs[a[i]]]++,cnt[id_bfs[a[i+1]]]--; int x=0; for (int i=1;i<n;i++) { x+=cnt[i]; if (x) f[i]=max(f[i],0); } for (int i=1;i<n;i++) if (f[i]>=0) ans+=f[i]<<1; else ans++; //printf("%.3f",ans/2.0); printf("%.3f %.3f %.3f",ans/2.0-0.001,ans/2.0,ans/2.0+0.001); return 0; }