[bzoj4001] [TJOI2015]概率论
Description
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Input
输入一个正整数N，代表有根树的结点数
Output
输出这棵树期望的叶子节点数。要求误差小于1e-9
Sample Input
1
Sample Output
1.000000000
HINT
1<=N<=10^9
solution
神仙题，（思维难度适中，码量极低，解法自然）
设\(a_n\)为\(n\)个节点的二叉树的个数，\(b_n\)为\(n\)个节点二叉树所有方案的叶子节点数之和，那么答案显然为\(a_n/b_n\)。
那么枚举左右子树有多少节点显然可以得到：
\[a_n=\sum_{i=0}^{n-1}a_ia_{n-i-1}
\]
(众所周知)这就是卡特兰数，即：
\[a_n=\frac{1}{n-1}\binom{2n}{n}
\]
对于\(b_n\)，同样枚举左右子树节点个数可得：
\[b_n=\sum_{i=0}^{n-1}a_i*b_{n-i-1}+b_{i}*a_{n-i-1}
\]
即
\[b_n=2\sum_{i=0}^{n-1}a_ib_{n-i-1}
\]
然后考虑这两个函数的生成函数，设：
\[F(x)=\sum_{i=0}^{\infty}a_ix^i\\
G(x)=\sum_{i=0}^{\infty}b_ix^i\\
\]
然后注意到上面关于\(a\)的式子是一个卷积形式，构造生成函数的乘积：
\[F^2(x)=\sum_{p=0}^\infty \sum_{i=0}^{p}a_ia_{p-i}x^p
\]
乘\(x\)右移：
\[\begin{align}
&~~~~~xF^2(x)\\&=\sum_{p=1}^\infty \sum_{i=0}^{p-1}a_ia_{p-i-1}x^p
\\&=\sum_{p=1}^\infty a_px^p
\end{align}
\]
补上第0项，得：
\[F(x)=xF^2(x)+1
\]
对于\(F(x)\)，解方程得：
\[F(x)=\frac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}
\]
对于取正号时：
\[\lim_{x\rightarrow0}F(x)=\infty
\]
函数不收敛，舍去。
取负号时：
\[\lim_{x\rightarrow0}F(x)=1
\]
所以
\[F(x)=\frac{1- \sqrt{1-4x}}{2x}
\]
同样，对于\(b_n\)，也是一个卷积形式，得：
\[\begin{align}
&~~~~~2xG(x)F(x)\\&=\sum_{p=1}^\infty 2\sum_{i=0}^{p-1}a_ib_{p-i-1}x^p\\
&=\sum_{p=2}^\infty b_px^p
\end{align}
\]
注意这里\(p=1\)时后面的卷积为0，所以补上一个\(x\)得：
\[G(x)=2xF(x)G(x)+x
\]
解得：
\[G(x)=\frac{x}{\sqrt{1-4x}}
\]
然后注意到：
\[(F(x)*x)^\prime=\frac{1}{\sqrt{1-4x}}=\frac{G(x)}{x}
\]
对于\((F(x)*x)^\prime\)，第\(n\)项为：
\[a_nx^n\rightarrow a^nx^{n+1}\rightarrow (n+1)a^nx^n
\]
对于\(G(x)/x\)，第\(n+1\)项为：
\[b_{n+1}x^{n+1}\rightarrow b_{n+1}x^n
\]
所以比较系数可得：
\[(n+1)a^nx^n=b_{n+1}x^n
\]
即：
\[na_{n-1}=b_n
\]
考虑到
\[a_n=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}
\]
所以答案为：
\[\frac{b_n}{a_n}=\frac{na_{n-1}}{a_n}=\frac{n(n+1)}{2(2n-1)}
\]
代码....读入输出小清新题
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
int main() {
int n;read(n);
printf("%.9lf\n",(double)n*(n+1)/2/(2*n-1));
return 0;
}
