题面在这里
题意
随机生成一棵\(n\)个叶节点的二叉树,方法是从根节点开始,每次等概率选择一个叶子节点(一开始根节点同时也是叶子节点)并生成其左右儿子(称为一次展开),直到该树有\(n\)个叶节点为止
给定\(n\leq100\),求其叶节点平均深度或树深度的期望值
sol
个人思路，可能和标算有所不同
核心思想是递归处理
\(Q1:\)设\(f[x]\)表示展开\(x\)次后的二叉树中叶节点平均深度的期望,则
\[f[x]=x+1+\sum_{i=0}^{x-1}{\frac{(f[i]+f[x-i-1])}{x}}\]
\[=x+1+\frac{2}{x}\sum_{i=0}^{x-1}{f[i]}\]
\(Q2:\)如果直接设\(f[x]\)表示展开\(x\)次的二叉树深度的期望
那么能够直接使用\(f[x]=max(f[lson],f[rson])+1\)进行计算吗?显然是不行的
因为我们看到,\(f[x]\)不仅和左右儿子深度期望有关，还和左右儿子深度的概率分布有关
于是考虑记录下这个概率分布,使用\(f[i][j]\)表示展开\(i\)次的二叉树深度为\(j\)的概率
那么简单的想使用\[f[i][max(k,l)+1]+=f[j][k]*f[i-j][l]/(i-1)\]
需要枚举\(i,j,k,l\)时间复杂度为\(O(n^4)\)其实就能过了
注意到对于一个固定的\(f[i][j]\)需要加上的值是一个前缀和,因此可以省掉一维变成\(O(n^3)\)(本人优化的并不是很好,还需要去重......)
\(Q2\)的另一种做法:由上面的讲述可知我们要求出的其实是一个最大值(\(max(dep[lson],dep[rson])\))
因此可以考虑使用公式\[E(k\in Z)=\sum_{i=1}^{\infty}{P(k\geq i)}\]
那么我们需要数组\(f[x][d]\)表示节点数为\(x\)的二叉树深度\(\ge d\)的概率
转移方程:\[f[x][d]=\frac{1}{x-1}\sum_{i-1}^{x-1}(f[i][d-1]+f[x-i][d-1]-f[i][d-1]*f[x-i][d-1])\]
最后\[ans=\sum_{i=1}^{n-1}f[n][i]\]
代码
这里是\(Q2\)第一种解法的代码
#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const dd eps=1e-10;
const int mod=1e9+7;
const int N=105;
const int M=50010*2;
il ll read(){
RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
while(ch!=‘-‘&&(ch<‘0‘||ch>‘9‘))ch=getchar();
if(ch==‘-‘)w=-1,ch=getchar();
while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)data=data*10+ch-48,ch=getchar();
return data*w;
}
il void file(){
//freopen("a.in","r",stdin);
//freopen("a.out","w",stdout);
}
int q,n;
dd F[N];
il dd solve1(int n){
dd sum=0;
for(RG int i=1;i<=n;i++){
F[i]=sum*2/i+i+1;
sum+=F[i];
}
return F[n-1]/n;
}
dd f[N][N],g[N][N];
il dd solve2(int n){
n--;
f[0][0]=1;
for(RG int i=0;i<=n;i++)g[0][i]=1;
for(RG int i=1;i<=n;i++)
for(RG int j=1;j<=n+1;j++){
for(RG int k=0;k<=i-1;k++){
f[i][j]+=f[k][j-1]*g[i-k-1][j-1]*2.0/(i*1.0);
}
if(i&1){
f[i][j]-=f[i>>1][j-1]*f[i>>1][j-1]/i;
for(RG int l=1;(i>>1)-l>=j-1;l++)
f[i][j]-=f[(i>>1)-l][j-1]*f[(i>>1)+l][j-1]*2/i;
}
else
for(RG int l=1;(i>>1)-l>=j-1;l++)
f[i][j]-=f[(i>>1)-l][j-1]*f[i-(i>>1)+l-1][j-1]*2/i;
g[i][j]=g[i][j-1]+f[i][j];
}
RG dd sum=0;
for(RG int i=1;i<=n;i++)sum+=f[n][i]*i;
return sum;
}
int main()
{
q=read();n=read();
if(q&1)printf("%.6lf\n",solve1(n));
else printf("%.6lf\n",solve2(n));
return 0;
}