BZOJ 2830 随机树SHOI2012

Problem

BZOJ权限题
良心洛谷

Solution

事件的期望不但要把所有情况求和，而且还要考虑其发生的概率，进行加权

对于第一个询问，我们不妨设f[i]表示展开i次后的平均深度。注意展开i次之后有i+1个叶子节点。考虑从f[i-1]转移，此时我们就只需要任取其中一个叶子节点进行展开即可得到f[i]，由于此时期望状态下，叶子的平均深度为f[i-1]，则此时的深度和是$f[i-1]*(i-2)+(f[i-1]+1)*2$。则有

$$f[i]=\frac {f[i-1]*(i-1)+(f[i-1]+1)*2} {i+1}=f[i-1]+\frac 2 {i+1}$$
f[0]=0，答案为f[n-1]

对于第二个询问，我们设f[i][j]表示有i个叶子节点的子树深度为j的概率，那么我们可以枚举左右子树的大小及高度，合并出f[i][j]的答案。然而由样例解释，注意到树的不同形态生成的概率是不同的，那么我们就不应该简单地相加，而是应该对这种可能性进行加权p[i-1][j]，表示i-1个节点分裂出一棵j的子树的概率。则有：

$$f[i][max(k,w)+1]=\sum f[j][k]*f[i-j][w]*p[i-1][j]$$

Code

#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const double eps=1e-8,INF=1e20;
int n,op,t[210];
double ans,f[110][110],p[110][110];
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
int main()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    #endif
    scanf("%d%d",&op,&n);
    if(op==1)
    {
        for(int i=2;i<=n;i++) ans+=2.0/i;
    }
    else if(op==2)
    {
        p[1][0]=p[1][1]=1.0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
          for(int j=0;j<=i;j++)
            p[i+1][j+1]+=p[i][j]*j/(i+1),p[i+1][j]+=p[i][j]*(i-j+1)/(i+1);
        f[1][0]=1.0;
        for(int i=2;i<=n;i++)
          for(int j=1;j<i;j++)
            for(int k=0;k<=j;k++)
              for(int w=0;w<=(i-j);w++)
                f[i][max(k,w)+1]+=f[j][k]*f[i-j][w]*p[i-1][j];
        for(int i=1;i<=n;i++) ans+=i*f[n][i];
    }
    printf("%.6lf\n",ans);
    return 0;
}