[ SHOI 2012 ] 随机树

最新推荐文章于 2022-04-23 08:08:23 发布

weixin_34417183

最新推荐文章于 2022-04-23 08:08:23 发布

阅读量190

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/SGCollin/p/9715829.html

本文探讨了通过随机选择叶子节点并添加子节点的方式生成树的过程。主要关注两个期望值的计算：所有叶节点平均高度的期望和树高的期望。通过对概率和期望的巧妙转化，提出了解决方案，并详细解释了递推公式和概率计算的方法。

\(\\\)

\(Description\)

开始有一棵只有一个根节点的树。每次随机选择一个叶子节点，为他添上左右子节点，求：

生成一棵有\(N\)个叶节点的树，所有叶节点平均高度的期望。
生成一棵有\(N\)个叶节点的树，树高的期望。

约定根节点深度为\(0\)。

\(N\in [1,100]\)

\(\\\)

\(Solution\)

~~果然还是太菜了只会抄题解~~ 一道期望和概率间巧妙转化的好题。

\(\\\)

第一问，平均的性质。

考虑每次扩展会随机选择一个叶节点，假设该叶节点的深度为\(d_i\)，对总叶节点深度和的贡献为\((d_i+1)\times 2-d_i=d_i+2\)。

等概率的选择，对深度的平均值增量之和\(=\frac{\sum_{v\in Leaf}d_v+2}{|Leaf|}=2+\frac{\sum_{v\in Leaf}d_v}{|Leaf|}=2+ave\)。所以一次扩展节点对期望的增量是\(\frac{ave+2}{|Leaf|}\)。

设\(g[i]\)表示\(i\)个叶节点的深度平均值的期望，有

\[ g[0]=0.0\ ,\ g[i]=\frac{g[i-1]+2}{i}+\frac{g[i-1]\times(i-1)}{i}=g[i-1]+\frac{2}{i} \]

愉快的递推就好。

\(\\\)

第二问，一种期望向概率的转化。

先考虑一种期望的表示方式。

\[ E(X)=\sum_{i=1}^\infty i\times p_i=\sum_{i=1}^\infty\sum_{j=1}^i p_i=\sum_{i=1}^\infty \sum_{j=i}^\infty p_j \]
关于证明，第一个等号显然成立。

第二个等号可以理解为，每个概率会被累加权值那么多次。

第三个等号可以理解为，越大的权值对应的概率被累加的越多，当可取的权值\(+1\)时，对应的所有小于它的数字都会累加上一份最大权的概率，但是小于最大权的数字个数为最大权\(-1\)，所以还需要累加上一份。

于是设\(f_i\)表示大于等于\(i\)的概率，进一步转化有
\[ E(X)=\sum_{i=1}^\infty f_i \]
思考如何用这个性质求解树高期望。

将状态定义为一种基于最小值的设计方式。设\(f[i][j]\)表示，有\(i\)个叶节点的树，树高\(\ge j\)的期望，答案有
\[ E(树高)=\sum_{i=0}^{N-1} f[N][i] \]
原理和上面是一样的。

考虑如何求\(f\)数组。有边界\(f[i][0]=1.0\ \big |\ i\in [1,N]\)，因为任意时刻树高都会\(\ge 0\)。

然后将任务下放到子树，左右子树的大小分布是等概率的，注意只要不是叶节点就一定左右子树都有。

所以只要有一棵深度合法就好，注意容斥掉两种情况重合时的部分。
\[ f[i][j]=\frac{1}{i-1}\sum_{k=1}^{i-1}\ \big(\ f[k][j-1]+f[i-k][j-1]-f[k][j-1]\times f[i-k][j-1]\ \big) \]
好像漏掉了关于前面系数为什么是\(\frac{1}{i-1}\)的问题，发现问题~~被巨佬diss~~之后又上了一波百度，发现没有...

问了学长，证明大概是，考虑用\(1\)表示扩展了一个左子树内节点，用\(0\)表示扩展了一个右子树内的节点，那么生成一个\(01\)序列的概率就可以表示成，\(\frac{1}{2}\times\frac{2(1)}{3}\times\frac{3(2)(1)}{4}\times...\)，分子部分表示选择一个左子树\(/\)右子树节点的概率。

比如生成树序列\(00111\)，概率可以表示成\(\frac{1}{2}\times\frac{2}{3}\times\frac{1}{4}\times\frac{2}{5}\times\frac{3}{6}\)，注意到交换\(01\)位置得到的式子的值不变。

为什么呢？因为分母部分一定是\((i+1)!\)，而分子部分一定是\(k!\times (i-k)!\)，表示两棵子树的生成过程。

于是一个左子树大小为\(k\)，右子树大小为\(n-k\)的树生成的概率就是\(\frac{k!\times(i-k)!}{(i+1)!}=\frac{1}{i+1}\)，与\(k\)无关。

\(\\\)

\(Code\)

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 110
#define R register
using namespace std;

int n,q;
double g[N],f[N][N];

int main(){
  scanf("%d%d",&q,&n);
  if(q==1){
    g[1]=0.0;
    for(R int i=2;i<=n;++i) g[i]=g[i-1]+2.0/i;
    printf("%.6lf",g[n]);
  }
  else{
    for(R int i=1;i<=n;++i) f[i][0]=1.0;
    for(R int i=2;i<=n;++i)
      for(R int j=1;j<i;++j){
        for(R int k=1;k<i;++k)
          f[i][j]+=f[k][j-1]+f[i-k][j-1]-f[k][j-1]*f[i-k][j-1];
        f[i][j]/=(i-1);
      }
    double ans=0.0;
    for(R int i=1;i<=n;++i) ans+=f[n][i];
    printf("%.6lf\n",ans);
  }
  return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/SGCollin/p/9715829.html