洛谷P3830 [SHOI2012]随机树-期望DP

传送门

题意:

一棵含有n个叶子节点的二叉树通过如下方式生成:

每次等概率的随机选择一个叶子节点,将这个节点加上左右两个子节点

求:

1.叶子节点平均深度的期望

2.树深度的期望

n100 n ≤ 100

Solution:

第一问很好处理:设 fx f x 表示有x个叶子节点的树的叶子节点平均深度

我们考虑在一个有x-1个叶子节点的树里随机选择一个叶子节点展开,那么树的叶子节点深度总和会增加 fx1+2 f x − 1 + 2

所以 fx=fx1(x1)+fx1+2x=fx1+2x f x = f x − 1 ∗ ( x − 1 ) + f x − 1 + 2 x = f x − 1 + 2 x

第二问就比较难受了:

首先我们知道一个式子:

E(x)=+i=1P(ix) E ( x ) = ∑ i = 1 + ∞ P ( i ≤ x )

说人话就是随机变量x的期望为对于所有i, ix i ≤ x 的概率之和

我们设 f[i][j] f [ i ] [ j ] 表示有i个叶子,树的深度 j ≥ j 的概率

转移时枚举左右子树有多少个叶子:

f[i][j]=i1k=11i1(f[k][j1]+f[ik][j1]f[k][j1]f[ik][j1]) f [ i ] [ j ] = ∑ k = 1 i − 1 1 i − 1 ( f [ k ] [ j − 1 ] + f [ i − k ] [ j − 1 ] − f [ k ] [ j − 1 ] ∗ f [ i − k ] [ j − 1 ] )

(括号里的式子含义:左右只要一边深度 j1 ≥ j − 1 即可,所以式子展开其实是 f[k][j1]1+f[ik][j1]1 f [ k ] [ j − 1 ] ∗ 1 + f [ i − k ] [ j − 1 ] ∗ 1 ,但这样会计算两次两边都 j1 ≥ j − 1 的情况,所以需要减掉)

最后答案即为 n1i=1f[n][i] ∑ i = 1 n − 1 f [ n ] [ i ]

代码:

#include
#include
using namespace std;
int p,n;
double f[110],dp[110][110],ans;
int main()
{
    scanf("%d%d",&p,&n);
    if (p==1)
    {
        f[1]=0;
        for (int i=2;i<=n;i++) f[i]=f[i-1]+2.0/i;
        printf("%.6f",f[n]);
    }
    else
    {
        for (int i=1;i<=n;i++) dp[i][0]=1;
        for (int i=2;i<=n;i++)
            for (int j=1;jfor (int k=1;k1]+dp[i-k][j-1]-dp[k][j-1]*dp[i-k][j-1];
                dp[i][j]/=(i-1);
            }
        for (int i=1;iprintf("%.6f",ans);
    }
} 

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