[ SHOI 2012 ] 随机树

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\(Description\)

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开始有一棵只有一个根节点的树。每次随机选择一个叶子节点，为他添上左右子节点，求：

• 生成一棵有\(N\)个叶节点的树，所有叶节点平均高度的期望。
• 生成一棵有\(N\)个叶节点的树，树高的期望。

约定根节点深度为\(0\)。

• \(N\in [1,100]\)

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\(Solution\)

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果然还是太菜了只会抄题解 一道期望和概率间巧妙转化的好题。

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第一问，平均的性质。

考虑每次扩展会随机选择一个叶节点，假设该叶节点的深度为\(d_i\)，对总叶节点深度和的贡献为\((d_i+1)\times 2-d_i=d_i+2\)。

等概率的选择，对深度的平均值增量之和\(=\frac{\sum_{v\in Leaf}d_v+2}{|Leaf|}=2+\frac{\sum_{v\in Leaf}d_v}{|Leaf|}=2+ave\)。所以一次扩展节点对期望的增量是\(\frac{ave+2}{|Leaf|}\)。

设\(g[i]\)表示\(i\)个叶节点的深度平均值的期望，有

\[g[0]=0.0\ ,\ g[i]=\frac{g[i-1]+2}{i}+\frac{g[i-1]\times(i-1)}{i}=g[i-1]+\frac{2}{i} \]

愉快的递推就好。

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第二问，一种期望向概率的转化。

先考虑一种期望的表示方式。

\[E(X)=\sum_{i=1}^\infty i\times p_i=\sum_{i=1}^\infty\sum_{j=1}^i p_i=\sum_{i=1}^\infty \sum_{j=i}^\infty p_j \]

关于证明，第一个等号显然成立。

第二个等号可以理解为，每个概率会被累加权值那么多次。

第三个等号可以理解为，越大的权值对应的概率被累加的越多，当可取的权值\(+1\)时，对应的所有小于它的数字都会累加上一份最大权的概率，但是小于最大权的数字个数为最大权\(-1\)，所以还需要累加上一份。

于是设\(f_i\)表示大于等于\(i\)的概率，进一步转化有

\[E(X)=\sum_{i=1}^\infty f_i \]

思考如何用这个性质求解树高期望。

将状态定义为一种基于最小值的设计方式。设\(f[i][j]\)表示，有\(i\)个叶节点的树，树高\(\ge j\)的期望，答案有

\[E(树高)=\sum_{i=0}^{N-1} f[N][i] \]

原理和上面是一样的。

考虑如何求\(f\)数组。有边界\(f[i][0]=1.0\ \big |\ i\in [1,N]\)，因为任意时刻树高都会\(\ge 0\)。

然后将任务下放到子树，左右子树的大小分布是等概率的，注意只要不是叶节点就一定左右子树都有。

所以只要有一棵深度合法就好，注意容斥掉两种情况重合时的部分。

\[f[i][j]=\frac{1}{i-1}\sum_{k=1}^{i-1}\ \big(\ f[k][j-1]+f[i-k][j-1]-f[k][j-1]\times f[i-k][j-1]\ \big) \]

好像漏掉了关于前面系数为什么是\(\frac{1}{i-1}\)的问题，发现问题被巨佬diss之后又上了一波百度，发现没有...

问了学长，证明大概是，考虑用\(1\)表示扩展了一个左子树内节点，用\(0\)表示扩展了一个右子树内的节点，那么生成一个\(01\)序列的概率就可以表示成，\(\frac{1}{2}\times\frac{2(1)}{3}\times\frac{3(2)(1)}{4}\times...\)，分子部分表示选择一个左子树\(/\)右子树节点的概率。

比如生成树序列\(00111\)，概率可以表示成\(\frac{1}{2}\times\frac{2}{3}\times\frac{1}{4}\times\frac{2}{5}\times\frac{3}{6}\)，注意到交换\(01\)位置得到的式子的值不变。

为什么呢？因为分母部分一定是\((i+1)!\)，而分子部分一定是\(k!\times (i-k)!\)，表示两棵子树的生成过程。

于是一个左子树大小为\(k\)，右子树大小为\(n-k\)的树生成的概率就是\(\frac{k!\times(i-k)!}{(i+1)!}=\frac{1}{i+1}\)，与\(k\)无关。

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\(Code\)

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#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 110
#define R register
using namespace std;

int n,q;
double g[N],f[N][N];

int main(){
  scanf("%d%d",&q,&n);
  if(q==1){
    g[1]=0.0;
    for(R int i=2;i<=n;++i) g[i]=g[i-1]+2.0/i;
    printf("%.6lf",g[n]);
  }
  else{
    for(R int i=1;i<=n;++i) f[i][0]=1.0;
    for(R int i=2;i<=n;++i)
      for(R int j=1;j<i;++j){
        for(R int k=1;k<i;++k)
          f[i][j]+=f[k][j-1]+f[i-k][j-1]-f[k][j-1]*f[i-k][j-1];
        f[i][j]/=(i-1);
      }
    double ans=0.0;
    for(R int i=1;i<=n;++i) ans+=f[n][i];
    printf("%.6lf\n",ans);
  }
  return 0;
}