题意
初始 (1) 个节点，每次选定一个叶子节点并加入两个儿子直到叶子总数为 (n)，问叶子节点深度和的平均值的期望以及最大叶子深度的期望。
(nleq 100) .
分析
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对于第一问，根据答案定义状态 (f_i) 表示有 (i) 个叶子节点的深度和平均值的期望。
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考虑对于之前的每一棵树对期望的贡献，记其发生的概率为 (p) ，深度和为 (w) ，有 (i-1) 个叶子节点。贡献为 (p*frac{w}{i-1}) 。现在要多选定一个叶子节点有 (i-1) 种方案，总贡献可以写成：
[p*frac{1}{i-1}*frac{(i-1)w+w+2(i-1)}{i} =frac{ipfrac{w}{i-1}+2p}{i}
]
也就有(f_i=f_{i-1}+frac{2}{i})。
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对于第二问，定义状态 (g_{i,j}) 表示子树内有 (i) 个叶子，最大深度为 (j) 的概率。
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再定义 (p_{i,j}) 表示 (i) 个叶子节点有 (j) 个在左子树的概率，转移：
[g_{i,j}=sum_{l=1}^{i-1}p_{i,l}*sum_xsum_y[max(x,y)+1=j]g_{l,x}*g_{i-l,y}
]
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(p) 的递推直接枚举最后一个叶子是接在左子树还是右子树即可。
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可以前缀和优化，总时间复杂度为 (O(n^3)).
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].to;i;i=e[i].last,v=e[i].to)
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define pb push_back
typedef long long LL;
inline int gi(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
template<typename T>inline bool Max(T &a,T b){return a<b?a=b,1:0;}
template<typename T>inline bool Min(T &a,T b){return b<a?a=b,1:0;}
const int N=104;
int type,n;
namespace task1{
double f[N];
void solve(){
f[1]=0;
rep(i,2,n) f[i]=f[i-1]+2.0/i;
printf("%.6lf
",f[n]);
}
}
namespace task2{
double f[N][N],s[N][N],p[N][N];
void solve(){
p[2][1]=1;
rep(i,3,n)rep(j,1,i-1)
p[i][j]=( p[i-1][j-1]*1.0*(j-1)/(i-1) + p[i-1][j]*1.0*(i-1-j)/(i-1));
f[1][0]=1;rep(j,0,n) s[1][j]=(j?s[1][j-1]:0)+f[1][j];
f[2][1]=1;rep(j,1,n) s[2][j]=s[2][j-1]+f[2][j];
rep(i,3,n){
rep(j,1,i-1){
rep(l,1,i-1)
f[i][j]+=p[i][l]*((j-1>=0?s[l][j-1]:0)*(j-1>=0?f[i-l][j-1]:0)+(j-1>=0?f[l][j-1]:0)*(j-2>=0?s[i-l][j-2]:0));
s[i][j]=s[i][j-1]+f[i][j];
}
fill(s[i]+i,s[i]+1+n,s[i][i-1]);
}
double ans=0;
for(int j=0;j<=n;++j) ans+=f[n][j]*j;
printf("%.6lf
",ans);
}
}
int main(){
type=gi(),n=gi();
if(type==1) task1::solve();
else task2::solve();
return 0;
}