生成函数做法
前置：卡特兰数
记(C_n)为(n)个节点的二叉树的个数，(C_0=1)，对于(n geq 1)，取一个根节点，枚举其左子树大小，有
[C_n=sum_{i=0}^{n-1}C_iC_{n-1-i}
]
则卡特兰数的生成函数(C)满足
[C(x)=C_0+xC^2(x)=1+xC^2(x),C_0=C(0)=1
]
解方程得
[C(x)=frac{1-sqrt{1-4x}}{2x}
]
上面为什么不取正呢？考虑x=0，取负上下为等阶无穷小，值为1；取正上面是2下面是0，无意义。所以只能取负。
[C(x)=frac{1}{2x}left( 1- sum_{n=0}^{infty}inom{frac{1}{2}}{n} (-4x)^n
ight)=-frac{1}{2}sum_{n=0}^{infty} inom{frac{1}{2}}{n+1}(-4)^{n+1}x^n
]
[C_n=-frac{1}{2}inom{frac{1}{2}}{n+1}(-4)^{n+1}=2frac{prod_{i=0}^{n}(frac{1}{2}-i)}{(n+1)!}(-1)^n 2^{2n}
]
[=frac{(2n-1)!!}{(n+1)!}2^n=frac{(2n)!}{n!n!(n+1)}=frac{1}{n+1}inom{2n}{n}
]
分析
记(h_n)表示这(C_n)个二叉树的叶子数目之和，有(h_0=0,h_1=1)
对于(ngeq 2)，枚举根的左儿子大小并由对称性，有
[h_n=2sum_{i=0}^{n-1}h_iC_{n-1-i}
]
[h(x)-h_0-h_1x=2xh(x)C(x)
]
[h(x)=2xh(x)C(x)+x
]
根据(C(x)=frac{1-sqrt{1-4x}}{2x})，解得
[h(x)=frac{x}{sqrt{1-4x}}
]
[h(x)=xsum_{k=0}^{infty}inom{-frac{1}{2}}{k}(-4x)^k
]
[h_n=inom{-frac{1}{2}}{n-1}(-1)^{n-1}2^{2(n-1)}=frac{prod_{i=0}^{n-2}(-frac{1}{2}-i)}{(n-1)!}(-1)^{n-1}2^{2(n-1)}
]
[=frac{(2n-3)!!}{(n-1)!}2^{n-1}=frac{(2n-2)!}{(n-1)!(n-1)!}=inom{2n-2}{n-1}
]
那么期望值为
[frac{h_n}{C_n}=frac{n(n+1)}{2(2n-1)}
]
组合做法
对于一个叶子，可以用一个pair来描述：去掉该叶子后的二叉树，在该二叉树的哪个位置添加该叶子。
每个pair也对应了唯一的叶子。所以考虑计数这个pair
去掉该叶子的二叉树有N − 1个点，数目为CatalanN−1
对于一个N − 1个点的二叉树，考虑有多少个空位可以放。总共有2 × (N − 1)个空位，但是有N − 2个点已经占据了一个空位，所以有N个空位可以添加叶子
两个方案数相乘，再除以CatalanN，化简一下发现答案是 (frac{n(n+1)}{4n-2})。