随机树

对这题的第一问，我们可以感性地理解一下

设$f[i]$表示$i$个叶子的平均叶子深度是多少

那么增加一个叶子（即一次拓展操作）所有叶子的总深度增加了$2$，平均深度增加了$\frac{2}{i}$

所以$f[i]=f[i-1]+\frac{2}{i}$

想一下为什么这里可以这么理解，而下一问求深度却不可以。因为对任意一张确定的图，你随便添加两个节点，总深度一定是增加$2$，而平均深度一定是增加$\frac{2}{i}$，也就是说对所有的图变化都是一样的，所以我们可以直接从平均的角度去理解

然后就可以利用样例进行验证了

如果不放心我们就老老实实地推式子

给一些基础数据：当有$i$个叶节点的时候，一共有$(i-1)!$张图（注意本文所提到的所有“不同”的图可以长得一模一样，但是生成方式是不同的）

推$i$时，利用$i-1$时的每一张图（设出未知量）来推导，最后也可以推，不赘述

主要是第二问

先来看看这篇文章

以下是对这篇文章的解释与总结

首先是本篇文章将拓展过程转化为序列的思想很好，一定要记住。这种二叉树生成的题目也考得挺多了，这个思想还是蛮重要的

另外这篇文章里面所说的“形态数”可以指两个一模一样的树但是“生成方式”是不同的，跟第一问的括号那里一样（如果不能理解可以看看式子）

然后是整数期望公式，注意$E(X)$的X是随机变量，是这个实验的最终结果。比如此题的$X$指代的是深度，不能像DP一样去乱说意义，比如说$E(X)$表示有X个叶子节点的期望深度，这是不行的。$E(x)$只能表示在固定了叶子节点的情况下的期望深度是多少。然后再去理解这个公式就好理解了：$P（X>=i）$指深度大于等于$i$的概率（我们拿掷骰子来验证一下，掷一次骰子，$P(X\ge 1)=1,P(X\ge 2)=\frac{5}{6},...,P(X\ge 6)=\frac{1}{6}$，所以$E(X)=3.5$）；注意看公式的证明，只有随机变量都是整数的时候可以用（本题随机变量为深度，深度肯定是整数）

最后在计算概率的时候，如果理解不了这个式子，可以从定义根本出发。重新设一个函数$h[i][j]$表示有$i$个叶子，深度不小于$j$的图的数量（再次强调，“不同”的图可以一模一样，但是生成方式不同），然后再去按照定义推导也可以得出这个式子

此时，我们有$f[i][j]=\frac{h[i][j]}{(i-1)!}$（$h[i][j]$所代表的每一个树都有自己独特的生成序列，所有满足深度不小于$j$的生成序列的数量除以$(i-1)!$就是概率），从“将拓展过程转化为序列”的角度去思考（还是注意每个$h$都代表若干个生成序列），有$h[i][j]=\sum C_{i-2}^{k-1}h[k][j-1]h[i-k-1][0]+C_{i-2}^{i-k-1}h[i-k-1][j-1]h[k][0]-C_{i-2}^{k-1}h[k][j-1]h[i-k-1][j-1]$，两边同时除以$(i-1)!$即可得到题解中的式子

为什么这个式子要这么推？其实一旦题目涉及的是二叉树我们就可以考虑这么推，即分别考虑左右子树。另一应用就是推导不同二叉树的数量为卡特兰数，也是用的这个方法

最后再注意一下这个初始化的问题，一定不要漏掉了某些数组的初始化（看看那个递推式子，j最小为1，那么j-1可以为0，所以一定要把所有的0都初始化了）

如果让自己来想，一定要知道整数期望公式，然后倒着想吧（其实最开始那个小结论没必要证明，我们知道整数期望公式之后推导$f$的时候再算就好了，但是证明过程中将拓展过程转化为序列的思想很好，一定要记住）

update 2024.8.11

重新做了一遍，做出来了，转化成序列的操作在计数交换中也有体现，这道题目其实想一下一颗树怎么生成的，我们一会在左子树操作，一会在右子树操作就不难想出转化成序列的操作了