【LuoguP3830】随机树（SHOI2012）-DP+概率期望

测试地址：随机树
做法：本题需要用到DP+概率期望。
对于第一问，考虑令f(n)$f(n)$为有n$n$个叶子节点的树中，叶子平均深度的期望值，我们考虑找到递推的方法。直接推这个不太好推，我们知道叶子平均深度乘上n$n$就是叶子深度和，因为期望的线性性，所以f(n)⋅n$f(n)\cdot n$就是叶子深度和的期望值。这个就比较好推了。对于一棵树，原本的叶子深度和为s$s$，如果展开一个深度为x$x$的叶子，那么就会产生两个深度为x+1$x+1$的叶子，那么新的叶子深度和就是s+x+2$s+x+2$，而选到一个叶子的概率是1n$\frac{1}{n}$，所以平均下来，叶子深度和等于原叶子深度和，加上叶子的平均深度，再加上2$2$。又根据期望的线性性，新的叶子深度和的期望——f(n)⋅n$f(n)\cdot n$，等于原叶子深度和的期望f(n−1)⋅(n−1)$f(n-1)\cdot (n-1)$，加上叶子平均深度的期望f(n−1)$f(n-1)$，再加上2$2$的期望——2$2$本身，得到下面的式子。
f(n)⋅n=f(n−1)⋅(n−1)+f(n−1)+2$f(n)\cdot n=f(n-1)\cdot (n-1)+f(n-1)+2$
所以有：f(n)=f(n−1)+2n$f(n)=f(n-1)+\frac{2}{n}$。
于是第一个问题就解决了。第二个问题稍微麻烦一些，我们根据期望的公式有：
E[x]=∑∞i=1P(x≥i)$E[x]=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}P(x\ge i)$
那么我们只需算出g(n,d)$g(n,d)$：有n$n$个叶子节点的树中，深度大于等于d$d$的概率。首先我们要证明一个结论：有n$n$个叶子节点的树中，根的左子树中的叶子节点数量为1$1$~n−1$n-1$中任何整数的概率相等。这个可以归纳证明，网上各位大佬都不屑于写，本蒟蒻就在这里补充一下：
令P(n,L)$P(n,L)$为有n$n$个叶子节点的树中，根的左子树有L$L$个叶子节点的概率。当n=2$n=2$时，结论P(n,L)=1n−1$P(n,L)=\frac{1}{n-1}$显然是成立的。而当n>2$n>2$时，假设对于k<n$k<n$结论都成立，首先P(n,1)=12⋅23⋅...⋅n−2n−1=1n−1$P(n,1)=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot ...\cdot \frac{n-2}{n-1}=\frac{1}{n-1}$（每一步展开都选择右子树中叶子节点，因此将概率相乘），而对于L>1$L>1$，因为有递推式：
P(n,L)=L−1n−1P(n−1,L−1)+n−L−1n−1P(n−1,L)$P(n,L)=\frac{L-1}{n-1}P(n-1,L-1)+\frac{n-L-1}{n-1}P(n-1,L)$
也是根据选择的概率进行递推。将P(n−1,L)=1n−2$P(n-1,L)=\frac{1}{n-2}$代入简化后，得P(n,L)=1n−1$P(n,L)=\frac{1}{n-1}$，因此结论成立。
有了这个结论之后，就能得到下列式子：
g(n,d)=1n−1∑n−1i=1g(i,d−1)+g(n−i,d−1)−g(i,d−1)⋅g(n−i,d−1)$g(n,d)=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^{n-1}g(i,d-1)+g(n-i,d-1)-g(i,d-1)\cdot g(n-i,d-1)$
减掉的那个部分的含义是，前面的g(i,d−1)+g(n−i,d−1)$g(i,d-1)+g(n-i,d-1)$把两边都≥d$\ge d$的概率多算了一遍，所以要减掉。那么我们就以O(n3)$O(n^3)$的时间复杂度解决了这一题。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int q,n;
double f[110]={0},g[110][110]={0};

int main()
{
    scanf("%d%d",&q,&n);

    if (q==1)
    {
        for(int i=2;i<=n;i++)
            f[i]=f[i-1]+2.0/(double)i;
        printf("%.6lf",f[n]);
    }
    else
    {
        g[1][0]=1.0;
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            g[i][0]=1.0;
            for(int j=1;j<i;j++)
            {
                for(int k=1;k<i;k++)
                    g[i][j]+=g[k][j-1]+g[i-k][j-1]-g[k][j-1]*g[i-k][j-1];
                g[i][j]/=(double)(i-1);
            }
        }
        double ans=0.0;
        for(int i=1;i<n;i++)
            ans+=g[n][i];
        printf("%.6lf",ans);
    }

    return 0;
}