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Solution

众所周知， $n$ 个节点，两两不同构的二叉树的数量为 $Catalan(n)$ 。
其中 $Catalan(n)$ 为卡特兰数，即 $C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}=\frac{C_{2n}^n}{n+1}$ 。
我们还需要求出： $f_n$ 表示 $n$ 个节点，两两不同构的二叉树的叶子节点数之和。
~~通过找规律，~~得到结论：

f_{n} = n \times C a t a l a n (n - 1)

$f_n=n\times Catalan(n-1)$
证明：一棵

n

$n$ 个节点的二叉树，删掉一个叶子就能得到一棵

n - 1

$n-1$ 个节点的二叉树。而一棵

n - 1

$n-1$ 个节点的二叉树，有

n

$n$ 个可插入叶子的位置，插入后能得到一棵

n

$n$ 个叶子节点的二叉树，故一棵

n

$n$ 个节点的二叉树中选一个叶子节点，与一棵

n - 1

$n-1$ 个节点的二叉树中选一个空位置一一对应。得证。
下面来推期望。
显然答案为

\frac{f_{n}}{C a t a l a n (n)}

$\frac{f_n}{Catalan(n)}$ 。

\frac{f_{n}}{C a t a l a n (n)} = \frac{n \times (C a t a l a n (n - 1))}{C a t a l a n (n)}

$\frac{f_n}{Catalan(n)}=\frac{n\times(Catalan(n-1))}{Catalan(n)}$

= \frac{n \times \frac{C_{2 (n - 1)}^{n - 1}}{n}}{\frac{C_{2 n}^{n}}{n + 1}}

$=\frac{n\times\frac{C_{2(n-1)}^{n-1}}{n}}{\frac{C_{2n}^n}{n+1}}$

= \frac{\frac{(2 (n - 1))!}{((n - 1)!)^{2}}}{\frac{(2 n)!}{(n!)^{2} \times (n + 1)}}

$=\frac{\frac{(2(n-1))!}{((n-1)!)^2}}{\frac{(2n)!}{(n!)^2\times(n+1)}}$

= \frac{1}{\frac{(2 n - 1) \times 2 n}{n^{2} \times (n + 1)}}

$=\frac1{\frac{(2n-1)\times 2n}{n^2\times(n+1)}}$

= \frac{n^{2} \times (n + 1)}{(2 n - 1) \times 2 n} = \frac{n \times (n + 1)}{2 \times (2 n - 1)}

$=\frac{n^2\times(n+1)}{(2n-1)\times 2n}=\frac{n\times(n+1)}{2\times(2n-1)}$

Code

~~只有输入一行输出一行，可见此题很水~~

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n;
int main() {
    cin >> n;
    printf("%.10lf\n", 1.0 * n * (n + 1) / (2.0 * (2.0 * n - 1)));
    return 0;
}

[BZOJ4001][TJOI2015]概率论（卡特兰数+找规律）

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