[SHOI2012]随机树
有一个二叉树，生成方式如下，初始只有一个根节点，所有的树的状态接下来按照，随机选择一个叶节点，加上其左右儿子，现在有两个询问
- 有n个叶结点的树的叶结点的平均深度的期望。
- 有n个叶结点的树的深度的期望，定义根节点深度为0
\(n\leq 100\)
解
询问1：
注意到平均深度的期望，换种解释即叶结点深度的期望，于是根据此，我们设\(f[i]\)表示有i个叶结点的树的叶结点深度期望，所以不难有
\[f[i]=\frac{f[i-1]\times(i-1)+f[i-1]+2}{i}
\]
含义即f[i-1]先乘i-1变为i-1个叶结点树的叶结点深度和期望加上i-1个叶结点深度的期望处以叶结点个数，其实没有加两倍f[i-1]，原因在于分子左式以及算过一次了。
询问2：
- 思路一
显然想设\(f[i]\)表示有i个叶结点的树的深度期望，于是发现此时不知道在哪里加会使深度增加，于是我们的表现出深度这个状态，于是设\(f[i][j]\)表示有i个叶结点深度为j的概率，因为已经表现出了深度，无需把方程设成期望，概率更好做，转移根据二叉树根节点左右子树划分，设\(p[i][l]\)为有i个叶子结点的树左子树有j个叶子节点的概率，于是不难有
\[p[i][j](f[j][l]+f[i-j][r])=f[i][max(l,r)+1]
\]
而显然p[i][j]不好求，于是猜测为条件概率问题，设i,j以前概率\(p[i][j]=\frac{1}{i-1}\),于是对于
\[p[i+1][j]=p[i][j]\frac{i-j}{i}+p[i][j-1]\frac{j-1}{i}
\]
\[=\frac{1}{i-1}\frac{i-j}{i}+\frac{1}{i-1}\frac{j-1}{i}
\]
\[=\frac{1}{i}
\]
于是原方程为
\[\frac{1}{i-1}(f[j][l]+f[i-j][r])=f[i][max(l,r)+1]
\]
以此\(O(n^4)\)转移即可。
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define il inline
#define ri register
using namespace std;
double f1[101],f2[101][101];
template<class free>
il free Max(free,free);
int main(){
int q,n,i,j,l,r;
scanf("%d%d",&q,&n);
if(q==1){
for(i=2;i<=n;++i)f1[i]=f1[i-1]+2.0/i;
printf("%.6lf",f1[n]);
}
else{
double ans(0);f2[1][0]=1;
for(i=2;i<=n;++i)
for(j=1;j<=i;++j)
for(l=0;l<=n;++l)
for(r=0;r<=n;++r)
f2[i][Max(l,r)+1]+=f2[j][l]*f2[i-j][r]/(i-1);
for(i=0;i<=n;++i)ans+=f2[n][i]*i;printf("%.6lf",ans);
}
return 0;
}
template<class free>
il free Max(free a,free b){
return a>b?a:b;
}
- 思路二
如果忘记二叉树递推左右子树划分的套路，可以根据不好递推状态，采取拆分的方式设状态，于是设\(f[i][j]\)表示有i个叶子节点，深度大于等于j的概率，不难由容斥原理有
\[f[i][j]=\frac{f[k][j-1]+f[i-k][j-1]-f[k][j-1]\times f[i-k][j-1]}{i-1}
\]
\(O(n^3)\),比思路一优秀得多，不难得出结论，拆分是优化递推的有力工具。
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define il inline
#define ri register
using namespace std;
double f1[101],f2[101][101];
int main(){
int q,n,i,j,k;
scanf("%d%d",&q,&n);
if(q==1){
for(i=2;i<=n;++i)f1[i]=f1[i-1]+2.0/i;
printf("%.6lf",f1[n]);
}
else{
f2[1][0]=1;double ans(0);
for(i=2;i<=n;++i)
for(f2[i][0]=1,j=1;j<=n;f2[i][j]/=(i-1),++j)
for(k=1;k<i;++k)
f2[i][j]+=f2[k][j-1]+f2[i-k][j-1]-f2[k][j-1]*f2[i-k][j-1];
for(i=1;i<=n;++i)ans+=f2[n][i];
printf("%.6lf",ans);
}
return 0;
}
