概率论(Ⅱ)

Problem

题目描述

概率论(Ⅱ)

(probability.in/probability.out/probability.cpp 3s,128m)

为了提高智商,NamelessOIer开始学习概率论。有一天,本菜鸡想到了这样一个问题：

对于一棵随机生成的\(n\)个结点的有根\(k\)叉树(所有互相不同构的形态等概率出现),它的叶子节点数的期望是多少呢?

因为NamelessOIer不喜欢小数，你只需要告诉本菜鸡答案对\(1e9+7\)取模的结果

输入格式

第一行输入一个正整数\(T\),表示有\(T\)组数据

接下来\(T\)行输入两个正整数\(k,n\)

输出格式

共\(T\)行,每行输出这棵树期望的叶子节点数,答案对\(1e9+7\)取模

如果取模后没有意义(比如\(\frac{1}{3}\mod3\)就没有意义),请输出\(-1\)

输入输出样例

输入样例

4
2 2
2 3
3 3
100 10000

输出样例

1
400000004
250000003
186761855

样例解释

前三组期望分别是\(1\),\(\frac{6}{5}\),\(\frac{5}{4}\)

数据范围

对于10%的数据,\(k=2,1\le n\le 10^3,T\le 100\)

对于20%的数据,\(k=2,1\le n\le 10^9,T\le10^6\)

对于30%的数据,\(k\le4,1\le n\le 10^9,T\le10^6\)

对于50%的数据,\(k\le10,1\le n\le 10^3,T\le10\)

对于70%的数据,\(2\leq k, n\leq 10^7,T\leq10^7\)且\(k*n\le10^7\)

对于100%的数据,\(2\leq k, n\leq 10^7,T\leq10^7\)且至多有\(5\)组数据满足\(k*n\ge10^7\)

Solution

大佬们秒题愉快吗？

这里讲一下本菜鸡的几种做法

Algorithm 1

枚举，期望得分\(0pts\)

怎么可能这么水

Algorithm 2

求出\(n\)个节点的\(k\)叉树个数\(a_n\)

再求出所有\(n\)个节点的\(k\)叉树的叶子节点数\(b_n\)

写出递推式

\[a_0=1\\ b_1=1\\ a_n=\sum_{t_1+t_2+...+t_k=n-1}\prod_{i=1}^{k}a_{t_i}\\ b_n=\sum_{t_1+t_2+...+t_k=n-1}\sum_{i=1}^kb_{t_i}\prod_{j\neq i}a_{t_j} \]

复杂度\(O(n^k)\)

期望得分\(10pts\)

Algorithm 3

考虑\(k=2\)的情况

这不是BZOJ原题吗.jpg

设\(f(x)\)是\(n\)个点的二叉树个数的OGF

\(g(x)\)是\(n\)个点的所有二叉树的叶节点的个数的OGF

显然有

\[f(x)=xf^2(x)+1\\ g(x)=2xf(x)g(x)+x \]

解得

\[f(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}\\ g(x)=\frac{x}{\sqrt{1-4x}} \]

然后广义二项式定理展开得

\[f(x)=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{1}{i+1}\binom{2i}{i}x^i\\ g(x)=\sum_{i=1}^{\infty}\binom{2i-2}{i-1}x^i \]

所以答案就是

\[\frac{\binom{2n-2}{n-1}}{\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}}=\frac{n(n+1)}{2(2n-1)} \]

当然，如果注意到

\[g(x)=x(xf(x))' \]

并且知道二叉树个数就是Catalan Number

就可以跳过广义二项式定理

期望得分\(20pts\)

Algorithm 4

写出OGF(应该也许大概可能没写错吧)

\[f(x)=xf^k(x)+1\\ g(x)=kxf^{k-1}(x)g(x)+x \]

如果知道怎么求解三次和四次方程

可以像Algorithm 3中一样

但是其实是出来坑人的

因为看起来就很恶心

我自己都没有算

有人这么算了吗？

期望得分\(30pts\)

Algorithm 5

Catalan Number除了表示\(n\)个点的二叉树个数

还表示\(n\)对括号的合法括号序列

还表示在平面直角坐标系上从\((0,0)\)向右或向上走到\((n,n)\),不越过\(y=x\)的方案

最后一种是可以\(O(n^2)\)递推的

那么推广到\(k\)叉树

通过人类智慧可以知道

这相当于在平面直角坐标系上从\((0,0)\)向右或向上走到\(((k-1)n,n)\),不越过\((k-1)y=x\)的方案

这玩意儿叫做Fuss-Catalan Number

至于为什么相等

可以考虑画个图

证明递推式相等

即

\[a_n=\sum_{t_1+t_2+...+t_k=n-1}\prod_{i=1}^{k}a_{t_i} \]

可以看见路径与\(BO,CF,DG,EH\)交出了\(k\)段

即\(O\rightarrow I\),\(K \rightarrow C\),\(D\rightarrow D\),\(E\rightarrow E\)

每一段是个子问题

方案数相乘

就得出上面的递推式

\(k\)叉树的递推式显然就是这个

初始的\(a_0=1\)都一样

所以相等

所以可以\(O(kn^2)\)递推出\(n\)个点的\(k\)叉树的个数

那么另外一个序列怎么办？

在Algorithm 3中

答案是\(\frac{na_{n-1}}{a_n}\)

那么某个节点是叶节点的概率就是\(\frac{a_{n-1}}{a_n}\)

多妙啊

其实很简单

对于有\(n\)个节点的二叉树

给节点编个号

就有\(n!*a_n\)种

那么\(n-1\)个节点二叉树就有\((n-1)!*a_{n-1}\)个

因为每个\(n-1\)个节点的二叉树有\(n\)个位置可以增加节点

所以新加一个叶子节点的方案有\(n*(n-1)!*a_{n-1}\)种

所以一个节点是叶子的概率是\(\frac{n*(n-1)!*a_{n-1}}{n!*a_n}=\frac{a_{n-1}}{a_n}\)

期望就是\(\frac{n*a_{n-1}}{a_n}\)

推广到\(k\)叉

\(n\)个节点的\(k\)叉树有\(kn-(n-1)\)个位置(就是把每个点的\(k\)条边算上再减去已经有的\(n-1\)条)

最后算出期望就是\(\frac{[k*(n-1)-n+2]*a_{n-1}}{a_n}\)

加上Algorithm 4期望得分\(50pts\)

Algorithm 6

所以现在的问题变成这样了

已知\(f(x)=xf^k(x)+1\)

求\([x^n]f(x)\)

设\(h(x)=f(x)-1\)

所以\(h(x)=x(h(x)+1)^k\)

由拉格朗日反演知道

若\(G(F(x))=x\)

那么\([x^n]f(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]\frac{1}{G^n(x)}=\frac{1}{n}[x^{n-1}](\frac{x}{G(x)})^n~~(n\neq0)\)

所以令\(\frac{x}{f^{-1}(x)}=R(x)\)即\(f(x)=xR(f(x))\)

则有\([x^n]f(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}]R^n(x)~~(n\neq 0)\)

所以\([x^n]f(x)=[x^n]h(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}]((x+1)^k)^n=\frac{1}{n}\binom{nk}{n-1}~~(n\neq 0)\)

化简得到最后答案为\(\frac{[k(n-1)]![(k-1)*n+1]!n}{[(k-1)(n-1)]!(kn)!}\)

然后就可以算了

期望得分\(70pts\)

Algorithm 7

那么输出\(-1\)是什么鬼？

注意当\(k,n\)比较大时分子分母可能是\(10^9+7\)的倍数

不能直接求逆计算

要开两个变量记录上下分别可以约掉几个\(10^9+7\)

分子有剩输出\(0\)

分母有剩输出\(-1\)

否则就输出约掉后的答案

期望得分\(100pts\)

Code

点这里

写在最后

其实还想过一些奇怪的加强

但是我太懒了

不想写太长的代码

所以就放弃了

还有就是

虽然好像和我关系不大

但是我还是要吟诗一首

高考改革大砍刀，

砍完竞赛砍自招。

旧时清北堂前燕，

飞入寻常211。

新年快乐！