[TJOI2015]概率论

IX.[TJOI2015]概率论

O E I S 大 法 好

我们设$f(x)$表示$x$个节点的二叉树的叶子节点个数之和，$g(x)$表示$x$个节点的二叉树总数。则答案就是$\dfrac{f(n)}{g(n)}$。

显然$g$就是卡特兰数；$f$通过$O(n^4)$暴力DP可以打出表来，发现是

1, 2, 6, 20, 70, 252, 924, 3432, 12870...

丢进OEIS一看，发现它就是$\dbinom{2n-2}{n-1}$。然后$g$的递推公式就是$\dfrac{\binom{2n}{n}}{n+1}$；两个一除，推推式子就得到了答案$\dfrac{n(n+1)}{2(2n-1)}$。

考虑它的实际意义——

一棵$n$个点的二叉树，假设它又长出了一片叶子，则这就对应了一棵$n+1$个节点的二叉树。显然这片叶子有$2n-(n-1)=n+1$种长法。

我们再来考虑一棵$n+1$个节点的二叉树。删去它的每个叶子，都会得到一棵$n$个点的二叉树。显然这两种情况是一一对应的。

故我们就有$(n+1)g(n)=f(n+1)$。代入$g$的递推式，就能得到$f$。

代码（注释部分是$O(n^4)$的DP）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
//int f[110][110],g[110],p[110];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	printf("%.10Lf",(long double)(n+1)*n/2/(2*n-1));
//	f[0][0]=f[1][1]=1;
//	for(int i=2;i<=n;i++)for(int j=0;j<=i;j++)for(int k=0;k<i;k++)for(int l=0;l<=j;l++)f[i][j]+=f[k][l]*f[i-1-k][j-l];
//	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=i;j++)p[i]+=f[i][j]*j;
//	g[0]=1;
//	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<i;j++)g[i]+=g[j]*g[i-j-1];
//	for(int i=1;i<=n;i++)printf("(%lld/%lld)",p[i],g[i]);
	return 0;
}