标签：geq frac SHOI2012 luogu3830 深度 二叉树 节点 dp 随机

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题目大意：对于一个只有一个节点的二叉树，一次操作随机将这棵树的叶节点的下方增加两个节点。$n-1$次操作后变为$n$个叶节点的二叉树。求：（1）叶节点平均深度的期望值（2）树深度的数学期望值

数据范围：$2\leq n\leq 100$

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首先看第（1）问

设$f_i$为$i$个叶节点的二叉树的叶节点平均深度的期望值。

每次选择一个叶节点，扩展出两个新的叶节点，所以总的深度增加$f_{i-1}+2$

则$f_i=\frac{(i-1)*f_{i-1}+f_{i-1}+2}{i}=f_{i-1}+\frac{2}{i}$

所以

$$Ans=\sum_{i=2}^n\frac{2}{i}$$

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然后是第（2）问，这个难度要稍微大一点。

我们发现这求的是$n$个数的最大值的期望，而第（1）问的是和的期望，而期望可加，却不能$\max$，就非常不好办了。

这时我们就需要用一个式子

$$E[X]=\sum_{i=1}^{n-1}P(X\geq i)$$

然后就可以转化为其中一个数$\geq i$的概率。

就很容易想到$dp[i][j]$表示$i$个叶节点的二叉树中深度$\geq j$，则左子树深度$\geq j-1$或右子树深度$\geq j-1$

所以

$$dp[i][j]=\frac{\sum_{k=1}^{i-1}(dp[k][j-1]+dp[i-k][j-1]-dp[k][j-1]*dp[i-k][j-1])}{i-1}$$

$$Ans=\sum_{i=1}^{n-1}dp[n][i]$$

然后就做完了。

 1 #include<cstdio>
 2 #define Rint register int
 3 using namespace std;
 4 const int N = 103;
 5 int q, n;
 6 double dp[N][N], ans;
 7 int main(){
 8     scanf("%d%d", &q, &n);
 9     if(q == 1)
10         for(Rint i = 2;i <= n;i ++) ans += 2.0 / i;
11     else {
12         for(Rint i = 1;i <= n;i ++) dp[i][0] = 1;
13         for(Rint i = 2;i <= n;i ++){
14             for(Rint j = 1;j < n;j ++){
15                 for(Rint k = 1;k < i;k ++)
16                     dp[i][j] += dp[k][j - 1] + dp[i - k][j - 1] - dp[k][j - 1] * dp[i - k][j - 1];
17                 dp[i][j] /= i - 1;
18             }
19         }
20         for(Rint i = 1;i < n;i ++) ans += dp[n][i];
21     }
22     printf("%.6f", ans);
23 }

Luogu3830

 

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来源： https://www.cnblogs.com/AThousandMoons/p/10595583.html

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