题意
求 (n) 个点的 Treap 深度为 (h=0,1,2,cdots,n) 的概率。
Treap 是一个随机二叉树，每个节点有权值和优先级，权值和优先级都是 ([0,1]) 中的随机实数。niubi 的是，由于随机的实数精度足够高，你可以近似认为任意两个权值、任意两个优先级相同的概率是 (0)。
(nle 30000)
题解
又是神题，我他吗都做不来
官方题解大概是这样，但本蒟蒻完全没看懂，于是只好向 scb 大佬请教了另一种思考方法（得到的 dp 式子一样）。
考虑 Treap 的构造方式：先随机选择 (n) 个权值，然后从空树开始，每次插入一个节点。插入操作如下：先随机一个优先级 (p)，无视优先级，按照二叉搜索树的方式插入这个节点，然后考虑优先级，一直把这个节点往上旋转，直到满足优先级条件。
若我们事先确定了每个权值的优先级，那么把权值按优先级从大到小排序，不难发现 Treap 的加点就变成了每次给树加一个叶子。由于 (n) 个数的大小关系不变时 Treap 的形态也不变，我们可以把 (n) 个权值离散化成 (1) 到 (n) 这 (n) 个整数，问题是完全等价的。
权值序列的每个数都不是确定的，而是在 ([0,1]) 任取一个实数，为什么可以离散化成 (1) 到 (n) 这 (n) 个整数？如何证明每种 (1) 到 (n) 的排列对应的原权值序列的数量相同？（不然离散化后算的概率不一样啊）
遗憾的是，这个需要微积分等高数知识，过程也比较复杂，本蒟蒻不会简单证法。目前把这当成常识记住就好了。
现在优先级已经没用了，我们只需要考虑每次给树加一个权值为 ([1,n]) 内整数的叶子，这棵树要满足二叉搜索树的性质（即任意点的权值小于其左儿子，大于其右儿子）。求每种树高的出现概率。
这就跟普通的求方案数类似，设 (dp(i,j)) 表示权值为 (1,2,cdots j) 的点构成深度不大于 (i) 的树的概率，则我们枚举根的权值 (k)，其左子树的权值集合为 ({1,2,cdots,k-1})，概率就是 (dp(i-1,k-1))；其右子树的权值集合为 ({k+1,k+2,cdots,j})，等价于集合 ({1,2,cdots,j-k})，概率是 (dp(i-1,j-k))。把所有 (k) 对应的概率求平均值，就得到了 (dp(i,j))。$$dp(i,j)=frac{1}{j} sumlimits_{k=1}^j f(i-1,k-1) imes f(i-1,j-k)$$
(O(n^3)) 转移可得 (40) 分。
然后发现由于权值随机，而且 Treap 本身就是在随机优先级时树高维持在 (log n) 级别的数据结构，故期望树高为 (O(log n))，概率都会集中在这附近。实测大概只需要算到 (dp(50,)) 即可满足精度要求。(O(50n^2)) 可得 (50) 分。
然后发现上式显然是个卷积形式，把 (dp(i)) 看成生成函数，转移就是 (f(i)) 自己卷自己，( ext{FFT}) 即可。复杂度 (O(50nlog n))，可得 (100) 分。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 131075
using namespace std;
inline int read(){
int x=0; bool f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;
for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
if(f) return x;
return 0-x;
}
int n;
const double PI = acos(-1);
struct cp{
double r,i;
cp(){r=i=0;}
cp(double _r, double _i){r=_r, i=_i;}
friend cp operator + (cp a, cp b){return cp(a.r+b.r, a.i+b.i);}
friend cp operator - (cp a, cp b){return cp(a.r-b.r, a.i-b.i);}
friend cp operator * (cp a, cp b){return cp(a.r*b.r-a.i*b.i, a.r*b.i+a.i*b.r);}
friend cp operator / (cp a, double b){return cp(a.r/b, a.i/b);}
}dp[N];
struct Poly{
int n,bit,r[N];
void init(int x){
for(n=1,bit=0; n<x; n<<=1,++bit);
for(int i=1; i<n; ++i) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
}
void dft(cp *a, int f){
for(int i=0; i<n; ++i) if(i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
cp wn,w,x,y;
for(int i=1; i<n; i<<=1){
wn=cp(cos(PI/i),sin(f*PI/i));
for(int j=0; j<n; j+=i<<1){
w=cp(1,0);
for(int k=0; k<i; ++k,w=w*wn)
x=a[j+k], y=w*a[j+i+k],
a[j+k]=x+y, a[j+i+k]=x-y;
}
}
if(f==-1) for(int i=0; i<n; ++i) a[i]=a[i]/n;
}
}FFT;
int main(){
n=read();
FFT.init(n*2+1);
dp[0]=cp(1,0); double lst=0;
for(int scx=1; scx<=min(n,50); ++scx){
FFT.dft(dp,1);
for(int i=0; i<FFT.n; ++i) dp[i]=dp[i]*dp[i];
FFT.dft(dp,-1);
for(int i=n; i<FFT.n; ++i) dp[i]=cp(0,0);
for(int i=n; i>0; --i) dp[i]=dp[i-1]/i; dp[0]=cp(1,0);
printf("%.10lf
",dp[n].r-lst);
lst=dp[n].r;
}
for(int i=min(n,50)+1; i<=n; ++i) printf("%.10lf
",0);
return 0;
}