给定树的$dfs$序和$bfs$序，显然是通过它们之间的互相约束以得出答案。
为了方便，对编号做修改（不影响答案）。
$dfs$序改为：$bfs$序为$1,2,...,n$时的$dfs$序（设为$d[i]$）
$bfs$序改为：$dfs$序为$1,2,...,n$时的$bfs$序（设为$b[i]$）
树高$h$如何表示？假设将$bfs$序分成$i$段，$h=i$，每段内的所有点都在同一层
而任意点$k$后，分段/不分段，对平均树高$H$的贡献为$1/0$
每个$k$有$3$种情况：
①只能分段，$H+=1$
②分不分都行，$H+=0.5$
③不能分，$H+=0$
对于②、③，我们用一个差分数组$s[i]$表示状态。
累计$s[i]$的前缀和$ts$，$ts=0$为②，$ts>0$为③
至于①，我们可以直接处理掉，下面会讲
注意，对于根节点$1$，它只能分成单独的一段（一种①）
有个问题，$bfs$序并不能能随意分段，要受到$dfs$序的限制（用$s[i]$表示）
观察发现，假设我们将$bfs$序中的$[l,r]$分成一段，必须满足$b[l]<b[l+1]<...<b[r]$
因为在同一层内，$dfs$扫点一定是从左到右
所以$dfs$序一定是从左到右递增的（$dfs$序已经为$1...n$）。
于是得出一个约束条件：$b[i]>b[i+1]$时，$i$和$i+1$显然不能分到同一层内，必须断开。（另一种①）
接下来考虑$bfs$序对$dfs$序的限制
还是考虑$dfs$序上两个相邻的点$i,i+1$
发现它们之间有3种关系（红点为$i$，蓝点为$i+1$）
1.$i$和$i+1$是兄弟（$i$没有儿子）
2.$i+1$是$i$的祖先的某个儿子（$i$没有儿子）
3.$i+1$是$i$的儿子
发现第3种情况有点东西：
$bfs$序上$d[i]$~$d[i+1]$之间最多只能切一次段，因为$i$和$i+1$之间只差一层
而且切这一段的贡献已经在①中被算过了
于是$d[i]$~$d[i+1]$就不能再贡献啥了，也就是总贡献$=0$，$H+=0$
然鹅怎么把第1,2种情况筛掉呢
发现对于第1种，$d[i]>d[i+1]$
对于第2种，$d[i]+1=d[i+1]$
（或者第3种的一层只有$i$，下一层只有$i+1$。把它筛掉没有影响）
$d[i]+1<d[i+1]$时，只能是第3种情况
于是我们又得出了一个约束条件：$d[i]+1<d[i+1]$时，$bfs$序中的$[d[i],d[i+1]]$不会再产生贡献（③）
剩下不被约束的点都属于②，$H+=0.5$，表示取/不取产生贡献的平均值$(0+1)/2$
再注意一些小细节（见code）于是就可以搞定这个思维题辣
#include<iostream> #include<cstdio> #define rint register int using namespace std; #define N 200005 int read(){ char c=getchar();int x=0; while(c<'0'||c>'9') c=getchar(); while('0'<=c&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar(); return x; } int n,s[N],b[N],d[N],a[N],c[N]; double ans; int main(){ n=read(); ans=2; ++s[1];--s[2];//ans=2：根节点算1层+最下面的1层=2层 for(rint i=1;i<=n;++i) a[d[i]=read()]=i; for(rint i=1;i<=n;++i) c[b[i]=read()]=i; for(rint i=1;i<=n;++i) d[i]=c[d[i]],b[i]=a[b[i]]; for(rint i=1;i<n;++i) if(b[i]>b[i+1]) ++s[i],--s[i+1],++ans;//ans没有算到最下面的一层，先加上去 for(rint i=1;i<n;++i) if(d[i]+1<d[i+1]) ++s[d[i]],--s[d[i+1]]; for(rint i=1,w=0;i<n;++i) w+=s[i],ans+=w?0:0.5;//第n个点后面都是空的给它分段有什么意义吗 // printf("%.3f %.3f %.3f",ans-0.001,ans,ans+0.001); // bzoj需要输出以上ans-0.001,ans,ans+0.001（大雾） printf("%.3f",ans); return 0; }