洛谷P3830 随机树（SHOI2012）概率期望DP

题意：中文题，按照题目要求的二叉树生成方式，问（1）叶平均深度 （2）树平均深度

解法：这道题看完题之后完全没头绪，无奈看题解果然不是我能想到的qwq。题解参考https://blog.csdn.net/Maxwei_wzj/article/details/82262755这位大佬的，这里讲下我的理解：

首先是第一问：第一问会简单一些，设f[i]代表叶节点为i的树的叶平均深度，那么因为是平均那么 i*f[i] 就是叶子总深度啦。在叶子深度x下拓展得到的新贡献是 2(x+1)-x=x+2  。那么就有 i*f[i]=(i-1)*f[i-1]+x+2  。这里的x是什么呢？x是叶子深度当然要是期望情况下的深度，那不就恰好是f[i]吗！！

那么得到  i*f[i]=(i-1)*f[i-1]+f[i-1]+2  化简得到  f[i]=f[i-1]+2/n 。第一问解决。

第二问思维难度会更大一些：令g[i][j]代表叶子数为i的树深度大于等于j的概率。

那么会得到状态转移方程：  g[i][j]=1/(i-1) * sigma(g[k][j-1]+g[i-k][j-1]) (k=1~i-1);

解释一下就是把i个叶子分给左右子树（当然左右都至少有一个叶子所以才是i-1种情况），然后加上根节点的深度要求左边的概率就是g[k][j-1]，右边的概率就是g[i-k][j-1]。但是这样会加多了（因为g[i][j]是没有区分左右的所以直接加，左右都满足条件的会加了两次），所以要减去相乘的结果。

至于这个方程最重要的一点是为什么结果能除以i-1？这个结论需要证明，建议看上面大佬或者洛谷大佬的题解证明过程。结论就是：

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100+10;
int q,n;

double dp1[N];  //dp1[i]代表：i个结点的平均深度期望为dp1[i] 
void solve1() {
    dp1[1]=0;
    for (int i=2;i<=n;i++) dp1[i]=dp1[i-1]+2/(double)i;
    printf("%.6lf
",dp1[n]);
}

double dp2[N][N];  //dp2[i][j]代表：i个结点树深度大于等于j的概率 
void solve2() {
    dp2[1][0]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++) {
        dp2[i][0]=1;
        for (int j=1;j<=n;j++) {
            for (int k=1;k<i;k++)
                dp2[i][j]+=dp2[k][j-1]+dp2[i-k][j-1]-dp2[k][j-1]*dp2[i-k][j-1];
            dp2[i][j]/=(double)(i-1);
        }
    }
    double ans=0;
    for (int i=1;i<n;i++) ans+=(dp2[n][i]-dp2[n][i+1])*i;
    printf("%.6lf
",ans);
}

int main()
{
    cin>>q>>n;
    if (q==1) solve1();
    else solve2();
    return 0;
}