题解
可以说是什么找规律好题了
但是要推生成函数，非常神奇……
任何的一切都可以用(n^2)dp说起
我们所求即是 所有树的叶子总数/所有树的方案数
我们可以列出一个递推式，设(g(x))为(x)个节点构成的树的总数
那么有
(g(n) = sum_{i = 0}^{n - 1}g(i) * g(n - 1 - i))
很好理解，就是枚举左右子树的节点个数，拼出一个根节点
特殊是(g(0) = 1)
设(f(x))为(x)个节点构成的树的叶子总数
(f(n) = 2sum_{i = 0}^{n - 1}f(i) * g(n - 1 - i))
就是用i个节点当左子树或者右子树，乘上另一子树的方案数，就是叶子被计入的次数
特殊的是(f(1) = 1)
哎？可是复杂度是(n^2)？怎么办？
我们用生成函数！
(f(x) = sum_{i = 0}^{+infty}f(i)x^{i})
(g(x) = sum_{i = 0}^{+infty}g(i)x^{i})
有什么用啊？难道可以分治FFT？
数据范围1e9啊……gg
由于(g(x))和(f(x))的递推都是卷积形式，我们尝试用卷积表示两个函数，可以得到两个方程
(g(x) = g^{2}(x) + 1)
(f(x) = 2f(x)g(x) + x)
后面的小尾巴是怎么来的？注意看我上面说的特殊点(g(0) = 1)和(f(1) = 1)
运用初中数学的一元二次方程解法，我们可以得到
(g(x) = frac{1 - sqrt{1 - 4x}}{2x})（为什么只取一个符号，等会看下面写的）
(f(x) = frac{x}{sqrt{1-4x}})
解出来之后，发现这个东西十分的不优美，我们是生成函数哎？？为什么没有一个整数指数幂呢？我们需要的是对应指数幂前的系数啊
然后怎么办啊？
我们先求一下(f(x))和(g(x))的关系吧
根据敏锐的直觉我们发现
(f(x))和(g(x))一定是有关系的！
而且更神奇的是…………………………
………………………………………………
………………………………………………
(int frac{f(x)}{x}dx = -frac{1}{2}sqrt{1 - 4x} + C= xg(x))
啥啥啥？我刚上幼儿园还不会导数不会积分呐qwqqqqq
你需要一本高中数学选修2-2！
我们知道微积分基本定理是，如果对于
(f(x) = F'(x))
那么(int f(x) dx = F(x) + C)
很好理解，就是，对于积分的变化率就是原来的函数嘛
同时，(frac{f(x)}{x} = frac{1}{sqrt{1-4x}})
我们需要找到一个函数的导数，正好是这个数(frac{1}{1-4x})
也就是(F'(x) = frac{1}{1-4x})
怎么找呢，先愉快换一波元
(t = 1 - 4x)
(F'(x) = frac{1}{sqrt{t}})
噫，好！这个我会
(F(x) = 2 t^{frac{1}{2}})
……
所以这个(F(x))里的(x)呢
把t换回去？？are you sure？
我们好好看看高中选修2-2
明确讲述了，如何求一个(f(g(x)))的导数
首先设(u = g(x),y = f(x))
那么(f(g(x)) = frac{Delta y}{Delta x} = frac{Delta y}{Delta u} cdot frac{Delta u}{Delta x})
那么就很明确了(f(g(x)) = g'(x)f'(g(x)))
现在的话，我们重新求一遍
发现(F'(x) = -frac{1}{2} cdot (-4) cdot frac{1}{2} t^{-frac{1}{2}})
那么(F(x) = -frac{1}{2} t^{frac{1}{2}} + C)(C是常数，可以是任意大小）
哎？这个东西有点像……
(xg(x) = frac{1 - sqrt{1-4x}}{2} = -frac{sqrt{1-4x}}{2} + frac{1}{2})
妙啊
那么我们会发现，积分的导数就是原来的函数……即……
(frac{mathrm{d} }{mathrm{d} x} xg(x) = sum_{i = 0}^{+infty} (i + 1) g(i)x^{i} = frac{f(x)}{x})
那么(f(x) = sum_{i = 0}^{infty} (i + 1)g(i)x^{i + 1})
(f(n) = n g(n - 1))
好了，现在我们要求的东西就剩下(g(x))了
让我们来暴力优雅的泰勒展开
(h(x) = xg(x) = frac{1 - sqrt{1 - 4x}}{2})
我们求一个(sqrt{1 + y})的导数
(h^{(1)}(y) = frac{1}{2} (1 + y)^{-frac{1}{2}})
(h^{(2)}(y) = frac{1}{2} (frac{1}{2} - 1) (1 + y)^{-frac{3}{2}})
(h^{(k)}(y) = prod_{i = 0}^{k - 1}(frac{1}{2} - i) (1 + y)^{frac{1}{2} - k})
然后在(y = 0)处展开
(sqrt{1 - 4x} = sum_{i = 0}^{+infty} frac{prod_{k = 0}^{i - 1} (frac{1}{2} - k)}{k!} (-4x)^{k})
我们发现这些东西的系数都是负的，但是方案数是正整数，这就是为什么这个东西选择前面是负号而不是正号
设(egin{bmatrix} frac{1}{2}\ k end{bmatrix} = frac{prod_{i = 0}^{k - 1} (frac{1}{2} - i)}{k!})
那么
(h(x) = frac{1 - (1 + sum_{k = 1}^{+infty} egin{bmatrix}frac{1}{2}\k end{bmatrix} (-4x)^{k} )}{2})
我们除掉一个x
(g(x) = frac{-sum_{k = 1}^{+infty} egin{bmatrix}frac{1}{2}\k end{bmatrix} (-4)^{k}x^{k - 1}}{2})
我们对于第(k)项求一下系数
(A_k = -frac{prod_{i = 0}^{k} (frac{1}{2} - i) (-4)^{k + 1}}{2(k + 1)!})
(A_k = frac{(-1)^{k + 2} 2^{2k + 1} prod_{i = 0}^{k} (frac{1}{2} - i)}{(k + 1)!})
我们把-1的指数减掉2，分配给每个乘积里的数，然后把2分配进乘积里
(A_k = frac{2^{k} prod_{i = 1}^{k} (2i - 1)}{(k + 1)!})
(A_k = frac{prod_{i = 1}^{k}(2i - 1) prod_{i = 1}^{k}2i}{k!(k + 1)!})
(A_k = frac{1}{k + 1} inom{2k}{k})
而(inom{2k}{k})就是我们很熟悉的卡特兰数了
这样的话
我们只要
固输(frac{n(n + 1)}{2(2n - 1)})就可以得满分了。
代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <set>
#include <cmath>
#include <bitset>
#include <queue>
#define enter putchar('
')
#define space putchar(' ')
//#define ivorysi
#define pb push_back
#define mo 974711
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define MAXN 100005
#define eps 1e-12
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 - '0' + c;
c = getchar();
}
res = res * f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) out(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
db N;
void Solve() {
scanf("%lf",&N);
N = N * (N + 1) / (2 * (2 * N - 1));
printf("%.9lf",N);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}