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luoguP3830 [SHOI2012]随机树 期望概率 + 动态规划 + 结论

时间:2018-08-20 18:37:24      阅读:159      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

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题意非常的复杂,考虑转化一下:

每次选择一个叶节点,删除本叶节点(深度为$dep$)的同时,加入两个深度为$dep + 1$的叶节点,重复$n$轮

首先考虑第$1$问,(你看我这种人相信数据绝对是最大的数据,直接$f[i][S]$表示$i$个叶子结点,深度之和为$j$的时候的概率,然后化前缀和化出来...)

对于一个深度为$x$的点,对它操作后,深度增加了$2 * (x+ 1) - x = x +2$

现在考虑平均的情况,令$f[i]$表示$i$个节点的平均深度,那么$f[i] = \frac{f[i - 1] *(i - 1) + f[i - 1] + 2}{i} = f[i - 1] + \frac{2}{i}$

其中,$f[i - 1] * (i - 1)$表示原来的总深度,$ / i$表示新的平均个数

边界为$f[1] = 0$(注意题目中深度的定义)

 

接着是第$2$问,考虑求解$f[i][j]$表示$i$个叶节点的树,深度为$j$的概率

那么$E(X) = \sum\limits_{i = 0}^n i * f[n][i]$

只要考虑怎么转移,自然地想到全概率公式,有

$f[i][j] = \sum\limits_{L = 1}^{i - 1} p[i][L] \sum\limits_{x = 1}^j \sum\limits_{y = 1}^j f[L][x] * f[i - L][y](x = j - 1 || y = j - 1)$

其中,$p[i][L]$表示$i$个叶子结点的树,有$L$个叶子结点落在左边的概率

同时, 注意右子树至少有$1$个叶子结点

 

那么,这是一个$O(n^4)$的算法

考虑进行优化,令$g[i][j] = \sum\limits_{i = 1}^j f[i][j]$

那么,现在我们的转移式变为了$f[i][j] = \sum\limits_{L = 1}^{i - 1} p[i][L] * (2 *f[L][j - 1] * g[i - L][j - 1] - f[L][j - 1] * f[i - L][j - 1])$

现在,只要求出$p[i][L]$,我们就得到了一个$O(n ^ 3)$的算法

 

而我们可以使用数学归纳法证明(不难)

$p[i][L] = \frac{1}{i - 1} (1 \leq L \leq i - 1)$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;

#define ri register int
#define de double
#define sid 105

int q, n;
de ans, f[sid][sid], g[sid][sid];

int main() {
    cin >> q >> n;
    if(q == 1) {
        for(ri i = 2; i <= n; i ++) ans += 2.0 / i;
        printf("%lf\n", ans);
    }
    else {
        f[1][0] = 1;
        for(ri i = 0; i <= n; i ++) g[1][i] = f[1][0];
        for(ri i = 2; i <= n; i ++) {
            for(ri s = 0; s < i; s ++)
            for(ri L = 1; L < i; L ++)
            f[i][s + 1] += (2 * f[L][s] * g[i - L][s] - f[L][s] * f[i - L][s]) / (i - 1);
            g[i][0] = f[i][0];
            for(ri s = 1; s <= n; s ++) g[i][s] = g[i][s - 1] + f[i][s];
        }
        for(ri i = 1; i <= n; i ++) ans += i * f[n][i];
        printf("%lf\n", ans);
    }
    return 0;
}

 

实际上,由于是对$E[X] = \sum\limits_{i = 1}^n i *P(X = i)$进行计数

因此,我们可以把$P(x = i)$拆成$i$份

那么,对$E[X] = \sum\limits_{i = 1}^n P(X \geq i)$计数也是可以的

然而本质没有什么改变...

luoguP3830 [SHOI2012]随机树 期望概率 + 动态规划 + 结论

原文:https://www.cnblogs.com/reverymoon/p/9507106.html

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