hdu 6044 hdu 6305 笛卡尔树

hdu6044
题意：给出每个点是某段区间的最大值，问构造一个1到n的排列，有多少种符合要求的。
做法：用笛卡尔树，如果对于一个序列，最大值可以把序列分成两段，左边一段和右边一段，然后在对这两段进行分割，，，最大值连接左右子段的最大值，就可以得到一颗树，这棵树有两个性质，左边的点比根的下标小，有点的点比跟的下标大。跟的值是子树中最大的，这就刚好符合笛卡尔树的性质，然后就可以利用题目中给出的信息构造笛卡尔树，如果没有合法的树，那么答案就是0，否者1：可以用排列的方法求出答案，对于一个子树，跟部肯定要选择最大的树，然后把剩下的点选出一点放到左边，选出一些放到右边，方案树就是comb（区间长度-1，左区间长度），然后乘以左右子树的构造方案树，就是这个子树的方案了，递归o(n)的。
2：如果题目中的数据可以构造出一颗笛卡尔树，那么答案就是n!/(每个节点的儿子个数），n个数可以构造n!个不同序列，那么对于某个子树来说，合法的方案概率是这个子树的节点数的倒数，那么每个节点都符合的概率就是所有节点它儿子个数的乘积的倒数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+100;
int l[N],r[N];
int ls[N],rs[N],root;
int n;
int f[N],inv[N],invf[N];
int que[N];
const int mod = 1e9+7;
bool judge(int x,int y){return r[y]-l[y]-r[x]+l[x] > 0;
}namespace IO {const int MX = 4e7; //1e7 占用内存 11000kbchar buf[MX]; int c, sz;void begin() {c = 0;sz = fread(buf, 1, MX, stdin);//一次性全部读入/*int tot = 1;char now;while((now = getchar()) != EOF){buf[tot++] = now;}sz = tot;*/}inline bool read(int &t) {while (c < sz && buf[c] != '-' && (buf[c] < '0' || buf[c] > '9')) c++;if (c >= sz) return false;//若读完整个缓冲块则退出bool flag = 0; if(buf[c] == '-') flag = 1, c++;for(t = 0; c < sz && '0' <= buf[c] && buf[c] <= '9'; c++) t = t * 10 + buf[c] - '0';if(flag) t = -t;return true;}
}void build(){int tp = 0;root =0;for(int i = 1;i <= n;i ++){ls[i] = rs[i] = 0;while(tp && judge(que[tp],i)) tp --;if(tp == 0){ls[i] = root;root = i;}else{ls[i] = rs[que[tp]];rs[que[tp]] = i;rs[i] =0;}que[++tp] = i;}
}
void init(){inv[1] = 1;for(int i= 2;i < N;i ++){inv[i] = (mod-mod/i)*1LL*inv[mod%i]%mod;}f[0] = invf[0] = 1;for(int i= 1;i < N;i ++){f[i] = f[i-1]*1LL*i%mod;invf[i] = invf[i-1]*1LL*inv[i]%mod;}
}
int comb(int x,int y){return 1LL*f[x]*invf[y]%mod*invf[x-y]%mod;
}long long dfs(int x,int nl,int nr){if(x == 0){return 1;}if(l[x] != nl ||r[x] != nr) return 0;long long op = comb(nr-nl+1,r[x]-l[x]+1);op = op*comb(nr-nl,x-nl)%mod;op = op*dfs(ls[x],nl,x-1)%mod;op = op*dfs(rs[x],x+1,nr)%mod;//cout << x<< ' '<<nl << ' '<<nr << ' '<<op << endl;return op;
}void print(int x){if(x == 0) return ;printf("%d %d %d\n",x,ls[x],rs[x]);print(ls[x]);print(rs[x]);
}int main(){init();IO::begin();int kase = 1;//cout <<comb(3,3)<<endl;while(IO::read(n)){for(int i = 1;i <= n;i ++) IO::read(l[i]);for(int i = 1;i <= n;i ++) IO::read(r[i]);build();//print(root);//cout<<"!!!!!" << endl;long long ans = dfs(root,1,n);printf("Case #%d: %lld\n",kase++,ans);}return 0;
}

hdu 6305
题意：给出一个数组a，b数组的元素是0到1任意的，问a，b笛卡尔树同构的方案的期望。
根据a数组构造笛卡尔树，可以知道同构的概率是所有节点的儿子树乘积的倒数，可以发现对于任意一种序列，b数组为这个序列的期望是一样的，因为总期望是n/2,所以同构的期望是上面那个概率乘以n/2,注意会爆栈。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+100;
int num[N];
int ls[N],rs[N],root;
int que[N];
int son[N];
int inv[N];
int ss[N];
int fa[N];
int n;
const int mod = 1e9+7;
bool judge(int x,int y){if(num[x] == num[y]) return x > y;return num[x] < num[y];
}void build(){int tp = 0;root = 0;for(int i = 1;i <= n;i ++){ls[i] = rs[i] = 0;while(tp && judge(que[tp],i)) tp --;//cout << que[tp] << ' ' << i << ' '<<root << endl;if(tp == 0){ls[i] = root;root = i;}else{ls[i] = rs[que[tp]];rs[que[tp]] = i;}que[++tp] = i;}
}/*void dfs(int x){//cout <<x << ' ' << ls[x] << ' ' <<rs[x] << endl;son[x] = 0;if(x == 0) return ;son[x] = 1;dfs(ls[x]);dfs(rs[x]);son[x] += son[ls[x]];son[x] += son[rs[x]];
}*/
void init(){inv[1] = 1;for(int i = 2;i < N;i ++){inv[i] = (mod-mod/i)*1LL*inv[mod%i]%mod;}
}int main(){int T;init();cin >> T;while(T--){scanf("%d",&n);for(int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%d",&num[i]);//for(int i=  1;i <= n;i ++) num[i] = i;build();//memset(ss,0,sizeof(ss));for(int i = 1;i <= n;i ++){ss[i] = 0;if(ls[i]) ss[i]++,fa[ls[i]] = i;if(rs[i]) ss[i]++,fa[rs[i]] = i;}fa[root] = 0;queue<int> que;for(int i = 1;i <= n;i ++){son[i] =1;if(ss[i] == 0) que.push(i);}while(!que.empty()){int now = que.front();//cout <<now << ' '<<fa[now] << ' '<<son[now] << endl;que.pop();if(fa[now] == 0) continue;ss[fa[now]] --;son[fa[now]] += son[now];if(ss[fa[now]] == 0) que.push(fa[now]);}//cout<<"!!" << endl;long long ret = n;for(int i = 1;i <= n;i ++){//cout <<i << ' '<<son[i] << ' '<< inv[son[i]] << endl;ret= ret*inv[son[i]]%mod;}ret = ret*inv[2]%mod;printf("%lld\n",ret);}return 0;
}

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