求：$n$ 个点的二叉树叶子个数期望.
设 $f_{n}$ 表示 $n$ 个点所有不同的二叉树叶子总个数，$g_{n}$ 表示 $n$ 个点不同的二叉树个数.
则有 $ans=frac{f_{n}}{g_{n}}$
有 $g_{n}=sum_{i=0}^{n-1}g_{i}g_{n-i-1}$
同时，这个 $g$ 的定义就是卡特兰数，所以还有 $g_{n}=frac{inom{2n}{n}}{n+1}$
设 $G(x)$ 表示 $g$ 的生成函数，则有 $G(x)=xG(x)^2+1$
解得 $G(x)=frac{1- sqrt{1-4x}}{x}$
我们将 $G(x)=frac{1+ sqrt{1-4x}}{x}$ 舍掉的原因是 $G(0)$ 没有任何意义（当验证生成函数的合法性时可以将 0 带入）
有 $f_{n}=2 imes sum_{i=0}^{n-1}f_{i}g_{n-i-1}$，$F(x)=2xF(x)G(x)+x^{1}$ （我们向右平移生成函数时会损失掉最低位）
解得 $F(x)=frac{x}{sqrt{1-4x}}$
得到 $F,G$ 的生成函数后，我们要试图寻找 $F,G$ 的关系.
有 $’(xG(x))=frac{1}{sqrt{1-4x}}=frac{F(x)}{x}$
求完导后，$xG(x)$ 的第 $i$ 项为 $g_{i} imes (i+1) imes x^{i}$
$frac{F(x)}{x}$ 中第 $i$ 项为 $f_{i+1} imes x_{i}$，故有 $g_{i} imes (i+1)=f_{i+1}$
所以最终答案就是 $frac{g_{n-1} imes n}{g_{n}}$
#include <iostream>
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int main()
{
double n;
scanf("%lf",&n);
printf("%.10f",(double)n*(n+1)/(2*(2*n-1)));
return 0;
}