luoguP3830 [SHOI2012]隨機樹 期望概率 + 動態規劃 + 結論
題意非常的復雜,考慮轉化一下:
每次選擇一個葉節點,刪除本葉節點(深度為$dep$)的同時,加入兩個深度為$dep + 1$的葉節點,重復$n$輪
首先考慮第$1$問,(你看我這種人相信數據絕對是最大的數據,直接$f[i][S]$表示$i$個葉子結點,深度之和為$j$的時候的概率,然後化前綴和化出來...)
對於一個深度為$x$的點,對它操作後,深度增加了$2 * (x+ 1) - x = x +2$
現在考慮平均的情況,令$f[i]$表示$i$個節點的平均深度,那麽$f[i] = \frac{f[i - 1] *(i - 1) + f[i - 1] + 2}{i} = f[i - 1] + \frac{2}{i}$
其中,$f[i - 1] * (i - 1)$表示原來的總深度,$ / i$表示新的平均個數
邊界為$f[1] = 0$(註意題目中深度的定義)
接著是第$2$問,考慮求解$f[i][j]$表示$i$個葉節點的樹,深度為$j$的概率
那麽$E(X) = \sum\limits_{i = 0}^n i * f[n][i]$
只要考慮怎麽轉移,自然地想到全概率公式,有
$f[i][j] = \sum\limits_{L = 1}^{i - 1} p[i][L] \sum\limits_{x = 1}^j \sum\limits_{y = 1}^j f[L][x] * f[i - L][y](x = j - 1 || y = j - 1)$
其中,$p[i][L]$表示$i$個葉子結點的樹,有$L$個葉子結點落在左邊的概率
同時, 註意右子樹至少有$1$個葉子結點
那麽,這是一個$O(n^4)$的算法
考慮進行優化,令$g[i][j] = \sum\limits_{i = 1}^j f[i][j]$
那麽,現在我們的轉移式變為了$f[i][j] = \sum\limits_{L = 1}^{i - 1} p[i][L] * (2 *f[L][j - 1] * g[i - L][j - 1] - f[L][j - 1] * f[i - L][j - 1])$
現在,只要求出$p[i][L]$,我們就得到了一個$O(n ^ 3)$的算法
而我們可以使用數學歸納法證明(不難)
$p[i][L] = \frac{1}{i - 1} (1 \leq L \leq i - 1)$
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; #define ri register int #define de double #define sid 105 int q, n; de ans, f[sid][sid], g[sid][sid]; int main() { cin >> q >> n; if(q == 1) { for(ri i = 2; i <= n; i ++) ans += 2.0 / i; printf("%lf\n", ans); } else { f[1][0] = 1; for(ri i = 0; i <= n; i ++) g[1][i] = f[1][0]; for(ri i = 2; i <= n; i ++) { for(ri s = 0; s < i; s ++) for(ri L = 1; L < i; L ++) f[i][s + 1] += (2 * f[L][s] * g[i - L][s] - f[L][s] * f[i - L][s]) / (i - 1); g[i][0] = f[i][0]; for(ri s = 1; s <= n; s ++) g[i][s] = g[i][s - 1] + f[i][s]; } for(ri i = 1; i <= n; i ++) ans += i * f[n][i]; printf("%lf\n", ans); } return 0; }
實際上,由於是對$E[X] = \sum\limits_{i = 1}^n i *P(X = i)$進行計數
因此,我們可以把$P(x = i)$拆成$i$份
那麽,對$E[X] = \sum\limits_{i = 1}^n P(X \geq i)$計數也是可以的
然而本質沒有什麽改變...
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