[SHOI2012]随机树

XXVII.[SHOI2012]随机树

$q=1$：

考虑令$f_i$表示：一棵有$i$个叶节点的树，叶节点平均深度的期望值。

则$f_i=f_{i-1}+\dfrac{2}{i}$。

证明：

我们随便从$i-1$个叶子中选一个出来，展开它，

则这次展开期望能为叶子的深度和增加$2*(f_{i-1}+1)-f_{i-1}$。

但是还要重新取平均；

于是

$f_i=\dfrac{f_{i-1}*(i-1)+2*(f_{i-1}+1)-f_{i-1}}{i}$

化简就得到了

$f_i=f_{i-1}+\dfrac{2}{i}$

$q=2$：

考虑令$f[i][j]$表示：

一棵有$i$个叶节点的树，深度$\geq j$的概率。

显然，有$f[i][j]=\sum\limits_{k=1}^{i-1}\dfrac{f[k][j-1]+f[i-k][j-1]-f[k][j-1]*f[i-k][j-1]}{?}$

释义：我们枚举左子树中放进去$k$个子节点。则左/右节点至少有一个深度$\geq j-1$的状态都是合法的。但是，左右节点深度都$\geq j-1$的情况在两个中都被算进去了；因此需要减去这种可能。

这个分母上的$?$，就是出现这种左右子树$size$分配的可能性。

考虑这种可能性的大小。

我们设$g_i$表示构成一棵有$i$个叶节点的树的方案数。则有$g_i=(i-1)!$，因为每“扩展”一个点就相当于从$i$个叶子中选了一个叶子出来，有$i$种选法；则有$g_i=\prod\limits_{j=1}^{i-1}j=(i-1)!$。

显然，这种可能性应该等于$g_{k}*g_{i-k}*?$（这个$?$是一个新的$?$）。我们将两棵子树合并，首先两棵子树自己内部扩展的顺序已经被$g$决定了；但是合并的顺序可是可以随便指定的；合并顺序的种数等于$C_{i-2}^{k-1}$，因为$i$个叶节点就意味着$i-2$次合并（当前节点自己本身就占用一次合并），这$i-2$次合并选出$k-1$次合并在左子树上。

则可能性的大小为$g_{k}*g_{i-k}*C_{i-2}^{k-1}=(k-1)!*(i-k-1)!*\dfrac{(i-2)!}{(k-1)!*(i-2-k+1)!}=(i-2)!$

然后分母上的$?$就是$\dfrac{g_i}{(i-2)!}=\dfrac{(i-1)!}{(i-2)!}=(i-1)$。

于是我们现在有

$f[i][j]=\sum\limits_{k=1}^{i-1}\dfrac{f[k][j-1]+f[i-k][j-1]-f[k][j-1]*f[i-k][j-1]}{i-1}$

有一个式子：

$E(x)=\sum\limits_{i=1}^{\infty}P(i)$

其中$E(x)$表示$x$的期望，$P(i)$表示$i\leq x$的概率。

证明：

设$p(i)$表示$i=x$的概率，$P(i)$表示$i\leq x$的概率，

则$E(x)=\sum\limits_{i=1}^{\infty}p(i)*i$

而$P(i)=\sum\limits_{j=i}^{\infty}p(j)$

则

$\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{\infty}P(i)&=\sum\limits_{i=1}^{\infty}\sum\limits_{j=i}^{\infty}p(j)\\&=\sum\limits_{i=1}^{\infty}p(i)*i\\&=E(x)\end{aligned}$

证毕。

依据此式，则答案为$\sum\limits_{i=1}^{n-1}f[n][i]$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
namespace T1{
	double f[110];
	double work(){
		f[1]=0;
		for(int i=2;i<=n;i++)f[i]=f[i-1]+2.0/i;
		return f[n];
	}
}
namespace T2{
	double f[110][110];
	double work(){
		for(int i=1;i<=n;i++)f[i][0]=1;
		for(int i=2;i<=n;i++)for(int j=1;j<i;j++){
			for(int k=1;k<i;k++)f[i][j]+=f[i-k][j-1]+f[k][j-1]-f[i-k][j-1]*f[k][j-1];
			f[i][j]/=i-1;
		}
		double res=0;
		for(int i=1;i<n;i++)res+=f[n][i];
		return res;
	}
} 
int main(){
	scanf("%d%d",&m,&n);
	if(m==1)printf("%lf\n",T1::work());
	if(m==2)printf("%lf\n",T2::work());
	return 0;
}