BZOJ 2830 隨機樹SHOI2012


Problem

BZOJ權限題
良心洛谷

Solution

事件的期望不但要把所有情況求和,而且還要考慮其發生的概率,進行加權

對於第一個詢問,我們不妨設f[i]表示展開i次后的平均深度。注意展開i次之后有i+1個葉子節點。考慮從f[i-1]轉移,此時我們就只需要任取其中一個葉子節點進行展開即可得到f[i],由於此時期望狀態下,葉子的平均深度為f[i-1],則此時的深度和是 f [ i 1 ] ( i 2 ) + ( f [ i 1 ] + 1 ) 2 。則有

f [ i ] = f [ i 1 ] ( i 1 ) + ( f [ i 1 ] + 1 ) 2 i + 1 = f [ i 1 ] + 2 i + 1

f[0]=0,答案為f[n-1]

對於第二個詢問,我們設f[i][j]表示有i個葉子節點的子樹深度為j的概率,那么我們可以枚舉左右子樹的大小及高度,合並出f[i][j]的答案。然而由樣例解釋,注意到樹的不同形態生成的概率是不同的,那么我們就不應該簡單地相加,而是應該對這種可能性進行加權p[i-1][j],表示i-1個節點分裂出一棵j的子樹的概率。則有:

f [ i ] [ m a x ( k , w ) + 1 ] = 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;
}

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