題面在這裏

題意

隨機生成一棵\(n\)個葉節點的二叉樹,方法是從根節點開始,每次等概率選擇一個葉子節點(一開始根節點同時也是葉子節點)並生成其左右兒子(稱為一次展開),直到該樹有\(n\)個葉節點為止
給定\(n\leq100\),求其葉節點平均深度或樹深度的期望值

sol

個人思路，可能和標算有所不同
核心思想是遞歸處理

\(Q1:\)設\(f[x]\)表示展開\(x\)次後的二叉樹中葉節點平均深度的期望,則
\[f[x]=x+1+\sum_{i=0}^{x-1}{\frac{(f[i]+f[x-i-1])}{x}}\]
\[=x+1+\frac{2}{x}\sum_{i=0}^{x-1}{f[i]}\]

\(Q2:\)如果直接設\(f[x]\)表示展開\(x\)次的二叉樹深度的期望
那麽能夠直接使用\(f[x]=max(f[lson],f[rson])+1\)進行計算嗎?顯然是不行的
因為我們看到,\(f[x]\)不僅和左右兒子深度期望有關，還和左右兒子深度的概率分布有關
於是考慮記錄下這個概率分布,使用\(f[i][j]\)表示展開\(i\)次的二叉樹深度為\(j\)的概率
那麽簡單的想使用\[f[i][max(k,l)+1]+=f[j][k]*f[i-j][l]/(i-1)\]
需要枚舉\(i,j,k,l\)時間復雜度為\(O(n^4)\)其實就能過了
註意到對於一個固定的\(f[i][j]\)

\(Q2\)的另一種做法:由上面的講述可知我們要求出的其實是一個最大值(\(max(dep[lson],dep[rson])\))
因此可以考慮使用公式\[E(k\in Z)=\sum_{i=1}^{\infty}{P(k\geq i)}\]
那麽我們需要數組\(f[x][d]\)表示節點數為\(x\)的二叉樹深度\(\ge d\)的概率
轉移方程:\[f[x][d]=\frac{1}{x-1}\sum_{i-1}^{x-1}(f[i][d-1]+f[x-i][d-1]-f[i][d-1]*f[x-i][d-1])\]

代碼

這裏是\(Q2\)第一種解法的代碼

#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const dd eps=1e-10;
const int mod=1e9+7;
const int N=105;
const int M=50010*2;
il ll read(){
    RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
    while(ch!=‘-‘&&(ch<‘0‘||ch>‘9‘))ch=getchar();
    if(ch==‘-‘)w=-1,ch=getchar();
    while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)data=data*10+ch-48,ch=getchar();
    return data*w;
}

il void file(){
    //freopen("a.in","r",stdin);
    //freopen("a.out","w",stdout);
}

int q,n;
dd F[N];
il dd solve1(int n){
    dd sum=0;
    for(RG int i=1;i<=n;i++){
        F[i]=sum*2/i+i+1;
        sum+=F[i];
    }
    return F[n-1]/n;
}

dd f[N][N],g[N][N];
il dd solve2(int n){
    n--;
    f[0][0]=1;
    for(RG int i=0;i<=n;i++)g[0][i]=1;
    for(RG int i=1;i<=n;i++)
        for(RG int j=1;j<=n+1;j++){
            for(RG int k=0;k<=i-1;k++){
                f[i][j]+=f[k][j-1]*g[i-k-1][j-1]*2.0/(i*1.0);
            }
            if(i&1){
                f[i][j]-=f[i>>1][j-1]*f[i>>1][j-1]/i;
                for(RG int l=1;(i>>1)-l>=j-1;l++)
                    f[i][j]-=f[(i>>1)-l][j-1]*f[(i>>1)+l][j-1]*2/i;
            }
            else
                for(RG int l=1;(i>>1)-l>=j-1;l++)
                    f[i][j]-=f[(i>>1)-l][j-1]*f[i-(i>>1)+l-1][j-1]*2/i;
            
            g[i][j]=g[i][j-1]+f[i][j];
        }
    RG dd sum=0;
    for(RG int i=1;i<=n;i++)sum+=f[n][i]*i;
    return sum;
}

int main()
{
    q=read();n=read();
    if(q&1)printf("%.6lf\n",solve1(n));
    else printf("%.6lf\n",solve2(n));
    return 0;
}

[SHOI2012]隨機樹