概率论

首先考虑当节点数为n时，有多少个二叉树

设$f[i]$表示节点为i时二叉树的个数，有

$$f[n]=\sum _{i=1}^{n-1}f[i]f[n-1-i]$$

注意这种递推式子也是卡特兰数的一种形式，所以为卡特兰数

其实想到这个式子的话，我们可以借鉴随机树一题，从序列生成的角度去思考，于是我们就可以往确定左子树和右子树的序列去想，然后就可以想到这个递推公式了

注意无论从这个递推公式还是题面给的伪代码来看，以下两个树是不一样的

其实手写出前四项为$1,2,5,14$我们就要有足够的敏感度知道这是卡特兰数（找不出规律来的时候一定要学会打表啊）

然后考虑叶子个数，从类似刷表法的思想去考虑每个旧图产生的新图的贡献

我们假设我们已经画出了n个节点时所有的二叉树，那么不难发现，每一个二叉树可以再生成（n+1）张图

对于一个$n$个节点的二叉树，我们设$a,b,c$分别为叶子，度数为$1$，度数为$2$的节点的数量，一个方程就是$a+b+c=n$，这是通过点来列的方程；另一个方程就是$b+2c=n-1$，这是通过边来列的方程（想下为什么对）；于是通过两个方程可算出$2a+b=n+1$，也就是能产生的新图的数量

然后我们让所有的二叉树都生成（n+1）张图，我们只要把这些图中重复的去掉就好了

假设生成的一张图的叶子有d个，那么这张图肯定被重复生成了d次（每次都是在n个节点的所有二叉树的某一颗上添加一个叶子形成的），那么这张图的总贡献为$d^2$，但他本来应该只贡献$d$，所以我们要去重

我们只要让每一张生成的图的原始贡献从d变为1即可，这样直接累加就是d个1相加而不是d个d相加了，刚好与他应该的贡献相同

所以（n+1）个节点的叶子数之和就是（n+1）*$ca{t}_n$，其中$ca{t}_n$为卡特兰数，代表n个节点的二叉树数目，n+1就是这些二叉树中的每一所能生成的图的数量（每个图的贡献都为1了）

update 2024.3.14

我觉得上述做法应该是有问题的（除了证明为什么可以插$n$个节点的那个位置），这道题目生成树的方式是直接生成的$n$个点的树，而不是一步一步生成的，所以我们最好不要按上面的过程思考（其实本质也没错，上述过程其实就是在找$n$个节点的树的叶子节点数量的总和，更详细的过程还是见下文吧）。我们可以参考题解一和题解二。第一篇题解的思路是基于，每一张图的概率都是一样的，所以我们不用过多纠结于单个树的叶子节点是多少，而是直接求总的叶子节点数，以后在概率相同的时候可以往这方面思考。第二篇题解是对第一篇题解的解释，我来再说明一下。相当于，我们对任意一颗$n$个节点的树，假设有$k$个叶子节点，那么他删除掉任何一个叶子节点后，都会对应某一颗$n-1$个节点的树，然后我们在这两幅图之间连边，那么对于这幅$n$个节点的树，显然会连$k$条边出去。对涉及的这$k$颗$n-1$个节点的树，如果我们对每一颗树的某一个位置添加一个节点，就会变成这幅$n$个节点的树，我们显然总共会选择出$k$个节点，而且涉及的每一颗$n-1$个节点的树刚好会被选出一个位置。我们对所有的$n$个节点的树都执行这个操作，执行完之后，我们再来观察$n-1$个节点的树，不难发现，每棵树都刚好有$n$条边（因为能生成$n$颗树），而且对每棵树的$n$个位置（这$n$个位置生成了$n$条边），我们任选一个点生成一颗$n$个节点的树，就会有一条边被删除，而且每个位置对应删除的边是不同的（不然$n$个节点的树就同构了），根据对应关系，我们如果把所有边都删除完了也就获得了所有$n$个节点的树的叶子节点个数和。而我们总共需要删除$n{f}_{n-1}$条边，所以有结论。也就是说题解通过期望的定义去解决这道问题。由于每棵树的概率都一样，所以我们统计叶子节点总数，而统计叶子节点总数就在$n$和$n-1$之间建立联系即可

update 2024.8.11

注意找$b,c$的关系的时候不要用握手定理，因为根节点没有连向父亲的边，用了握手定理得出来的$b$不是我们要的那个$b$