[SHOI2012]随机树

[SHOI2012]随机树

有一个二叉树，生成方式如下，初始只有一个根节点，所有的树的状态接下来按照，随机选择一个叶节点，加上其左右儿子，现在有两个询问

1. 有n个叶结点的树的叶结点的平均深度的期望。
2. 有n个叶结点的树的深度的期望，定义根节点深度为0

(nleq 100)

解

询问1：

注意到平均深度的期望，换种解释即叶结点深度的期望，于是根据此，我们设(f[i])表示有i个叶结点的树的叶结点深度期望，所以不难有

[f[i]=frac{f[i-1] imes(i-1)+f[i-1]+2}{i} ]

含义即f[i-1]先乘i-1变为i-1个叶结点树的叶结点深度和期望加上i-1个叶结点深度的期望处以叶结点个数，其实没有加两倍f[i-1]，原因在于分子左式以及算过一次了。

询问2：

• 思路一

显然想设(f[i])表示有i个叶结点的树的深度期望，于是发现此时不知道在哪里加会使深度增加，于是我们的表现出深度这个状态，于是设(f[i][j])表示有i个叶结点深度为j的概率，因为已经表现出了深度，无需把方程设成期望，概率更好做，转移根据二叉树根节点左右子树划分，设(p[i][l])为有i个叶子结点的树左子树有j个叶子节点的概率，于是不难有

[p[i][j](f[j][l]+f[i-j][r])=f[i][max(l,r)+1] ]

而显然p[i][j]不好求，于是猜测为条件概率问题，设i,j以前概率(p[i][j]=frac{1}{i-1}),于是对于

[p[i+1][j]=p[i][j]frac{i-j}{i}+p[i][j-1]frac{j-1}{i} ]

[=frac{1}{i-1}frac{i-j}{i}+frac{1}{i-1}frac{j-1}{i} ]

[=frac{1}{i} ]

于是原方程为

[frac{1}{i-1}(f[j][l]+f[i-j][r])=f[i][max(l,r)+1] ]

以此(O(n^4))转移即可。

参考代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define il inline
#define ri register
using namespace std;
double f1[101],f2[101][101];
template<class free>
il free Max(free,free);
int main(){
    int q,n,i,j,l,r;
    scanf("%d%d",&q,&n);
    if(q==1){
        for(i=2;i<=n;++i)f1[i]=f1[i-1]+2.0/i;
        printf("%.6lf",f1[n]);
    }
    else{
        double ans(0);f2[1][0]=1;
        for(i=2;i<=n;++i)
            for(j=1;j<=i;++j)
                for(l=0;l<=n;++l)
                    for(r=0;r<=n;++r)
                        f2[i][Max(l,r)+1]+=f2[j][l]*f2[i-j][r]/(i-1);
        for(i=0;i<=n;++i)ans+=f2[n][i]*i;printf("%.6lf",ans);
    }
    return 0;
}
template<class free>
il free Max(free a,free b){
    return a>b?a:b;
}

• 思路二

如果忘记二叉树递推左右子树划分的套路，可以根据不好递推状态，采取拆分的方式设状态，于是设(f[i][j])表示有i个叶子节点，深度大于等于j的概率，不难由容斥原理有

[f[i][j]=frac{f[k][j-1]+f[i-k][j-1]-f[k][j-1] imes f[i-k][j-1]}{i-1} ]

(O(n^3)),比思路一优秀得多，不难得出结论，拆分是优化递推的有力工具。

参考代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define il inline
#define ri register
using namespace std;
double f1[101],f2[101][101];
int main(){
    int q,n,i,j,k;
    scanf("%d%d",&q,&n);
    if(q==1){
        for(i=2;i<=n;++i)f1[i]=f1[i-1]+2.0/i;
        printf("%.6lf",f1[n]);
    }
    else{
        f2[1][0]=1;double ans(0);
        for(i=2;i<=n;++i)
            for(f2[i][0]=1,j=1;j<=n;f2[i][j]/=(i-1),++j)
                for(k=1;k<i;++k)
                    f2[i][j]+=f2[k][j-1]+f2[i-k][j-1]-f2[k][j-1]*f2[i-k][j-1];
        for(i=1;i<=n;++i)ans+=f2[n][i];
        printf("%.6lf",ans);
    }
    return 0;
}