[SHOI2012]随机树

题面在这里

题意

随机生成一棵(n)个叶节点的二叉树,方法是从根节点开始,每次等概率选择一个叶子节点(一开始根节点同时也是叶子节点)并生成其左右儿子(称为一次展开),直到该树有(n)个叶节点为止
给定(nleq100),求其叶节点平均深度或树深度的期望值

sol

个人思路，可能和标算有所不同
核心思想是递归处理

(Q1:)设(f[x])表示展开(x)次后的二叉树中叶节点平均深度的期望,则

[f[x]=x+1+sum_{i=0}^{x-1}{frac{(f[i]+f[x-i-1])}{x}} ]

[=x+1+frac{2}{x}sum_{i=0}^{x-1}{f[i]} ]

(Q2:)如果直接设(f[x])表示展开(x)次的二叉树深度的期望
那么能够直接使用(f[x]=max(f[lson],f[rson])+1)进行计算吗?显然是不行的
因为我们看到,(f[x])不仅和左右儿子深度期望有关，还和左右儿子深度的概率分布有关
于是考虑记录下这个概率分布,使用(f[i][j])表示展开(i)次的二叉树深度为(j)的概率
那么简单的想使用$$f[i][max(k,l)+1]+=f[j][k]*f[i-j][l]/(i-1)$$
需要枚举(i,j,k,l)时间复杂度为(O(n^4))其实就能过了
注意到对于一个固定的(f[i][j])需要加上的值是一个前缀和,因此可以省掉一维变成(O(n^3))(本人优化的并不是很好,还需要去重......)

(Q2)的另一种做法:由上面的讲述可知我们要求出的其实是一个最大值((max(dep[lson],dep[rson])))
因此可以考虑使用公式$$E(kin Z)=sum_{i=1}^{infty}{P(kgeq i)}$$
那么我们需要数组(f[x][d])表示节点数为(x)的二叉树深度(ge d)的概率
转移方程:$$f[x][d]=frac{1}{x-1}sum_{i-1}^{x-1}(f[i][d-1]+f[x-i][d-1]-f[i][d-1]*f[x-i][d-1])$$
最后$$ans=sum_{i=1}^{n-1}f[n][i]$$

代码

这里是(Q2)第一种解法的代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const dd eps=1e-10;
const int mod=1e9+7;
const int N=105;
const int M=50010*2;
il ll read(){
	RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')data=data*10+ch-48,ch=getchar();
	return data*w;
}

il void file(){
	//freopen("a.in","r",stdin);
	//freopen("a.out","w",stdout);
}

int q,n;
dd F[N];
il dd solve1(int n){
	dd sum=0;
	for(RG int i=1;i<=n;i++){
		F[i]=sum*2/i+i+1;
		sum+=F[i];
	}
	return F[n-1]/n;
}

dd f[N][N],g[N][N];
il dd solve2(int n){
	n--;
	f[0][0]=1;
	for(RG int i=0;i<=n;i++)g[0][i]=1;
	for(RG int i=1;i<=n;i++)
		for(RG int j=1;j<=n+1;j++){
			for(RG int k=0;k<=i-1;k++){
				f[i][j]+=f[k][j-1]*g[i-k-1][j-1]*2.0/(i*1.0);
			}
			if(i&1){
				f[i][j]-=f[i>>1][j-1]*f[i>>1][j-1]/i;
				for(RG int l=1;(i>>1)-l>=j-1;l++)
					f[i][j]-=f[(i>>1)-l][j-1]*f[(i>>1)+l][j-1]*2/i;
			}
			else
				for(RG int l=1;(i>>1)-l>=j-1;l++)
					f[i][j]-=f[(i>>1)-l][j-1]*f[i-(i>>1)+l-1][j-1]*2/i;
			
			g[i][j]=g[i][j-1]+f[i][j];
		}
	RG dd sum=0;
	for(RG int i=1;i<=n;i++)sum+=f[n][i]*i;
	return sum;
}

int main()
{
	q=read();n=read();
	if(q&1)printf("%.6lf
",solve1(n));
	else printf("%.6lf
",solve2(n));
	return 0;
}