神仙题...
和树的深度有关，由于 $BFS$ 序的性质，显然可以通过把 $BFS$ 序分成若干段来求出深度，每一段就对应某一深度从左到右的所有节点，那么如果确定了分的段数就确定了树的深度（分的段数 $+1$）
为了方便，先把 $BFS$ 序变成从 $1$ 到 $n$ 的序列， $DFS$ 序当然也要随着变一下
考虑每个位置是否可以分段，无非 $3$ 种情况：
$1.$ 此位置必须分，那么对树的深度贡献就是 $1$
$2.$ 此位置不能分，那么贡献就是 $0$
$3.$ 此位置可分可不分，那么贡献就是 $0.5$（此位置分的树的方案数和不分的树的方案数是一样的，如果分贡献 $1$，不分贡献 $0$，那么平均贡献就是 $0.5$）
考虑用 $BFS$ 序和 $DFS$ 序之间的关系求出每个位置的限制，设节点 $i$ 的 $BFS$ 序为 $bfn[i]$，$DFS$ 序为 $dfn[i]$
对于 $BFS$ 序连续的两点 $x,y=x+1$（此时已经按 $bfn$ 重新标号了），如果 $dfn[x]>dfn[y]$ ，说明 $y$ 在 $x$ 的下一层
大概图长这样：
可以发现只有这种情况才会出现 $dfn[x]>dfn[y]$ 的情况，因为如果 $x$ 和 $y$ 在同一层那么显然 $y$ 会更晚被 $dfs$ 到
所以如果 $dfn[x]>dfn[x+1]$，那么 $x$ 和 $x+1$ 之间必须分层
那么如果 $dfn[x]<dfn[x+1]$ ，是否意味着 $x$ 和 $x+1$ 之间不能分层呢，显然是不一定的，对于这种情况我们仍然无法确定是否要分层
可能有两种情况，$x$ 没有儿子， $x+1$ 是 $x$ 的兄弟；$x+1$ 是 $x$ 的儿子，还是没办法确定，而且发现不管是哪种情况都不会对之后的序列产生影响，这保证了无法确定的位置贡献是 $0.5$（这个位置不管切不切方案数都是一样的）
对于 $DFS$ 序连续的两点 $x,y$，情况比较多
如果 $x>y-1$ （$bfn[x]>bfn[y-1]$），那么说明 $y$ 是 $x$ 某个祖先的儿子：
对限制并没有影响
如果 $x==y-1$，那么 $y$ 作为 $x$ 兄弟或者儿子都是合法的
所以仍然无法确定贡献，但是同样可以发现不管是哪种情况对后面的序列都没有影响（里后面节点可以接到 $y$ 下面或者作为 $y$ 的下一个兄弟）
但是第三种情况有点意思：$x<y-1$
说明 $y$ 一定是 $x$ 的第一个儿子：
那么就是说，编号从 $x$ 到 $y-1$ 的所有节点深度差不超过1
而且可以发现，如果有分割那么在之前就被计算过了（一定存在 $k$ 使得 $dfn[x+k]>dfn[x+k+1]$ , $x+k \in [x+1,y-1]$ ）
所以对于 $x<y-1$ 的情况，区间 $[x,y)$ 的位置都不能产生贡献
这个限制可以用一个差分数组维护
最后剩下的都不能确定了，贡献就是 $0.5$
最后一个问题，这些限制是必要的，但是，充分吗？
感性理解一下，很充分，如果怀疑的话打个暴力拍它几个小时，发现没问题，所以是充分的...
并不会证明限制充分 $qwq$
代码很短，但是并不好想...
设 $pos[i]$ 表示 $dfn$ 为 $i$ 的节点（其实就是 $dfn$ 的反数组）
那么对于前面最后一个限制，$x<y-1$，其实就是 $pos[i]<pos[i+1]-1$
注意一开始那些一定要分割的位置已经算过就不会再产生 $0.5$ 的贡献了
还有第一个节点一定单独要分一层
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x*f;
}
const int N=2e6+7;
int n;
double ans;
int dfn[N],pos[N],sum[N];//sum是差分数组
//dfn是节点的dfs序，pos是dfn的反数组，所以有 pos[dfn[i]]=i,dfn[pos[i]]=i
inline void mark(int x,int y) { sum[x]++,sum[y+1]--; }//打差分标记
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
n=read();
ans=1; mark(1,1);//第一个节点一定要分一层
for(int i=1;i<=n;i++) dfn[read()]=i;//读入初始dfs序
for(int i=1;i<=n;i++) pos[dfn[read()]]=i;//用初始dfs序更新变化后的pos
//上面一行不太好想。因为bfs序重标号了，原来的节点read()就变成了i，所以pos[dfn[read()]]=i
for(int i=1;i<=n;i++) dfn[pos[i]]=i;//用更新后的pos更新dfn
for(int i=1;i<n;i++)//注意i不取n
{
if(dfn[i]>dfn[i+1]) ans++,mark(i,i);//注意这里也要打标记，之后不会再产生0.5的贡献
if(pos[i]<pos[i+1]-1) mark(pos[i],pos[i+1]-1);//打标记
}
int now=0;
for(int i=1;i<n;i++) now+=sum[i],ans+=(now ? 0 : 0.5);//如果这个位置不确定则贡献为0.5
//注意上一行i不取n,因为切的位置只有n-1个
ans+=1;//深度等于分的段数+1
printf("%.3lf\n%.3lf\n%.3lf",ans-0.001,ans,ans+0.001);//BZOJ上要这样输出...
return 0;
}
来源：oschina
链接：https://my.oschina.net/u/4356599/blog/3548999