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解题思路
一道比较好的期望dp题，对于第一问来说，设f[i]表示有i个叶子节点的平均叶子深度，当展开一次，它的影响是对于某棵树的某个叶子来说让他的总叶节点数+这个叶子的深度再+2，因为不知道是哪个叶子展开，直接算太麻烦，所以这个叶子的深度其实就相当于平均值，这点比较巧妙，也就是说直接+一个平均值+2即可，所以转移方程为f[i]=(f[i-1](i-1)+f[i-1]+2)/i ，f[i-1](i-1)就是总的叶子节点的深度，这个式子化简一下就是f[i]=f[i-1]+2/i，最后的答案则是f[n]。对于第二问有两种解法，设g[x]表示有x个叶节点的期望树深，那么g[x]=max(g[左子树],g[右子树])+1，但这样是不对的，因为这样不知道左右节点的具体有几个，每个多深，所以还要记录一维，设g[i][j] 为i个叶节点，树高为j的期望，然后枚举一个深度，一个左儿子，一个左深度，一个右深度就可以转移，时间复杂度O(n^4)，但是是能过的。第二种解法是在某个大佬的博客上看见的，状态设计比较巧妙，g[i][j] 表示有i个叶节点树深>=j的期望，这样转移方程为：g[i][j] =(g[k][j-1]+g[i-k][j-1]-g[k][j-1]*g[i-k][j-1])/(i-1)，j表示枚举的树深，k表示左儿子，意思就是左右两边只要有一个儿子的树深>=j-1就可以转移，但是要减去重复的部分，最后答案为g[n][i]的和，时间复杂度O(n^3)
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 105;
int q,n;
double f[MAXN],ans; //f[i]表示有i个节点的叶子节点的期望
double g[MAXN][MAXN];
int main(){
scanf("%d%d",&q,&n);
if(q==1){
f[1]=0.0;
for(register int i=2;i<=n;i++)
f[i]=f[i-1]+2.0/i;
printf("%.6lf",f[n]);
}
else{
// for(register int i=1;i<=n;i++) g[i][0]=1.0;
// for(register int i=2;i<=n;i++)
// for(register int j=1;j<i;j++){
// double sum=0;
// for(register int k=1;k<i;k++)
// sum+=g[k][j-1]+g[i-k][j-1]-g[k][j-1]*g[i-k][j-1];
// g[i][j]=sum/(i-1);
// }
// for(register int i=1;i<=n;i++)
// ans+=g[n][i];
// printf("%.6lf",ans);
g[1][0]=1;
for(register int i=2;i<=n;i++)
for(register int j=1;j<i;j++)
for(register int k=0;k<i;k++)
for(register int l=0;l<i;l++)
g[i][max(l,k)+1]+=g[j][l]*g[i-j][k]/(i-1);
for(register int i=1;i<=n;i++)
ans+=g[n][i]*i;
printf("%.6lf",ans);
}
return 0;
}