概率论(Ⅱ)

Problem

题目描述

概率论(Ⅱ)

(probability.in/probability.out/probability.cpp 3s,128m)

为了提高智商,NamelessOIer开始学习概率论。有一天,本菜鸡想到了这样一个问题：

对于一棵随机生成的(n)个结点的有根(k)叉树(所有互相不同构的形态等概率出现),它的叶子节点数的期望是多少呢?

因为NamelessOIer不喜欢小数，你只需要告诉本菜鸡答案对(1e9+7)取模的结果

输入格式

第一行输入一个正整数(T),表示有(T)组数据

接下来(T)行输入两个正整数(k,n)

输出格式

共(T)行,每行输出这棵树期望的叶子节点数,答案对(1e9+7)取模

如果取模后没有意义(比如(frac{1}{3}mod3)就没有意义),请输出(-1)

输入输出样例

输入样例

4
2 2
2 3
3 3
100 10000

输出样例

1
400000004
250000003
186761855

样例解释

前三组期望分别是(1),(frac{6}{5}),(frac{5}{4})

数据范围

对于10%的数据,(k=2,1le nle 10^3,Tle 100)

对于20%的数据,(k=2,1le nle 10^9,Tle10^6)

对于30%的数据,(kle4,1le nle 10^9,Tle10^6)

对于50%的数据,(kle10,1le nle 10^3,Tle10)

对于70%的数据,(2leq k, nleq 10^7,Tleq10^7)且(k*nle10^7)

对于100%的数据,(2leq k, nleq 10^7,Tleq10^7)且至多有(5)组数据满足(k*nge10^7)

Solution

大佬们秒题愉快吗？

这里讲一下本菜鸡的几种做法

Algorithm 1

枚举，期望得分(0pts)

怎么可能这么水

Algorithm 2

求出(n)个节点的(k)叉树个数(a_n)

再求出所有(n)个节点的(k)叉树的叶子节点数(b_n)

写出递推式

[a_0=1\ b_1=1\ a_n=sum_{t_1+t_2+...+t_k=n-1}prod_{i=1}^{k}a_{t_i}\ b_n=sum_{t_1+t_2+...+t_k=n-1}sum_{i=1}^kb_{t_i}prod_{j eq i}a_{t_j} ]

复杂度(O(n^k))

期望得分(10pts)

Algorithm 3

考虑(k=2)的情况

这不是BZOJ原题吗.jpg

设(f(x))是(n)个点的二叉树个数的OGF

(g(x))是(n)个点的所有二叉树的叶节点的个数的OGF

显然有

[f(x)=xf^2(x)+1\ g(x)=2xf(x)g(x)+x ]

解得

[f(x)=frac{1-sqrt{1-4x}}{2x}\ g(x)=frac{x}{sqrt{1-4x}} ]

然后广义二项式定理展开得

[f(x)=sum_{i=0}^{infty}frac{1}{i+1}inom{2i}{i}x^i\ g(x)=sum_{i=1}^{infty}inom{2i-2}{i-1}x^i ]

所以答案就是

[frac{inom{2n-2}{n-1}}{frac{1}{n+1}inom{2n}{n}}=frac{n(n+1)}{2(2n-1)} ]

当然，如果注意到

[g(x)=x(xf(x))' ]

并且知道二叉树个数就是Catalan Number

就可以跳过广义二项式定理

期望得分(20pts)

Algorithm 4

写出OGF(应该也许大概可能没写错吧)

[f(x)=xf^k(x)+1\ g(x)=kxf^{k-1}(x)g(x)+x ]

如果知道怎么求解三次和四次方程

可以像Algorithm 3中一样

但是其实是出来坑人的

因为看起来就很恶心

我自己都没有算

有人这么算了吗？

期望得分(30pts)

Algorithm 5

Catalan Number除了表示(n)个点的二叉树个数

还表示(n)对括号的合法括号序列

还表示在平面直角坐标系上从((0,0))向右或向上走到((n,n)),不越过(y=x)的方案

最后一种是可以(O(n^2))递推的

那么推广到(k)叉树

通过人类智慧可以知道

这相当于在平面直角坐标系上从((0,0))向右或向上走到(((k-1)n,n)),不越过((k-1)y=x)的方案

这玩意儿叫做Fuss-Catalan Number

至于为什么相等

可以考虑画个图

证明递推式相等

即

[a_n=sum_{t_1+t_2+...+t_k=n-1}prod_{i=1}^{k}a_{t_i} ]

可以看见路径与(BO,CF,DG,EH)交出了(k)段

即(O ightarrow I),(K ightarrow C),(D ightarrow D),(E ightarrow E)

每一段是个子问题

方案数相乘

就得出上面的递推式

(k)叉树的递推式显然就是这个

初始的(a_0=1)都一样

所以相等

所以可以(O(kn^2))递推出(n)个点的(k)叉树的个数

那么另外一个序列怎么办？

在Algorithm 3中

答案是(frac{na_{n-1}}{a_n})

那么某个节点是叶节点的概率就是(frac{a_{n-1}}{a_n})

多妙啊

其实很简单

对于有(n)个节点的二叉树

给节点编个号

就有(n!*a_n)种

那么(n-1)个节点二叉树就有((n-1)!*a_{n-1})个

因为每个(n-1)个节点的二叉树有(n)个位置可以增加节点

所以新加一个叶子节点的方案有(n*(n-1)!*a_{n-1})种

所以一个节点是叶子的概率是(frac{n*(n-1)!*a_{n-1}}{n!*a_n}=frac{a_{n-1}}{a_n})

期望就是(frac{n*a_{n-1}}{a_n})

推广到(k)叉

(n)个节点的(k)叉树有(kn-(n-1))个位置(就是把每个点的(k)条边算上再减去已经有的(n-1)条)

最后算出期望就是(frac{[k*(n-1)-n+2]*a_{n-1}}{a_n})

加上Algorithm 4期望得分(50pts)

Algorithm 6

所以现在的问题变成这样了

已知(f(x)=xf^k(x)+1)

求([x^n]f(x))

设(h(x)=f(x)-1)

所以(h(x)=x(h(x)+1)^k)

由拉格朗日反演知道

若(G(F(x))=x)

那么([x^n]f(x)=frac{1}{n}[x^{-1}]frac{1}{G^n(x)}=frac{1}{n}[x^{n-1}](frac{x}{G(x)})^n~~(n eq0))

所以令(frac{x}{f^{-1}(x)}=R(x))即(f(x)=xR(f(x)))

则有([x^n]f(x)=frac{1}{n}[x^{n-1}]R^n(x)~~(n eq 0))

所以([x^n]f(x)=[x^n]h(x)=frac{1}{n}[x^{n-1}]((x+1)^k)^n=frac{1}{n}inom{nk}{n-1}~~(n eq 0))

化简得到最后答案为(frac{[k(n-1)]![(k-1)*n+1]!n}{[(k-1)(n-1)]!(kn)!})

然后就可以算了

期望得分(70pts)

Algorithm 7

那么输出(-1)是什么鬼？

注意当(k,n)比较大时分子分母可能是(10^9+7)的倍数

不能直接求逆计算

要开两个变量记录上下分别可以约掉几个(10^9+7)

分子有剩输出(0)

分母有剩输出(-1)

否则就输出约掉后的答案

期望得分(100pts)

Code

点这里

写在最后

其实还想过一些奇怪的加强

但是我太懒了

不想写太长的代码

所以就放弃了

还有就是

虽然好像和我关系不大

但是我还是要吟诗一首

高考改革大砍刀，

砍完竞赛砍自招。

旧时清北堂前燕，

飞入寻常211。

新年快乐！