题意 ​ 求一棵随机生成的有根二叉树(节点无标号,各种不同构的情况随机出现)叶子结点个数的期望. 思路 ​ 用生成函数做是个好题. ​ 我们考虑设 \(n\) 个节点,所有不同构二叉树叶子结点的总和为 \(f_n\) .首先,\(n\) 个节点的无标号有根二叉树种类数为 \(C_n\) ,其中 \(C_n\) 表示卡特兰数.那么递推式比较显然 \[ \begin{align*} f_n&=\sum_{i=0}^{n-1}f_{i}C_{n-1-i}+f_{n-1-i}C_i\\ &=2\s…

题目描述 输入 输入一个正整数N,代表有根树的结点数 输出 输出这棵树期望的叶子节点数.要求误差小于1e-9 样例输入 1 样例输出 1.000000000 题解 生成函数+导数 先考虑节点个数为$n$的二叉树有多少个:$c_0=1,c_i=\sum\limits_{j=0}^{i-1}c_j*c_{i-j-1}$,显然这是Catalan数. 令其生成函数为$F(x)$,由其递推式可以列出方程:$F(x)=xF(x)^2+1$,解得: $F(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}…

这是一道后缀自动机经典题目. 对于 $t=0$ 的情况:每个节点都代表一个子串,所以我们给每个节点的 $Size$ 都记为 $1$, 对于 $t=1$ 的情况:我们只给 $last$ 节点的 $Size$ 记为 $1$,因为新建的虚拟节点并不能给子串数目带来贡献.然后再建出 $pre$ 指针树,每个串的出现次数就是其在 $pre$ 指针树上的子树的 $Size$ 和. 然后我们进行拓扑图 Dp, $Dp[u]$ 表示从 $u$ 号节点往后走会有多少种子串,转移的话: $$Dp[u] = \sum…

这个题我脑洞了一个结论: 首先,我们定义满足以下条件的路径为“从右上到左下的路径”: 对于路径上任何不相同的两个点 $(x_1, y_1)$,$(x_2, y_2)$,都有: $x_1\neq x_2, y_1\neq y_2$ 若 $x_1 > x_2$,则有 $y_1 < y_2$:否则当 $x_1 < x_2$ 时, $y_1 > y_2$. 然后我们找到所有从右上到左下的路径,其中路径的权值和最大的那条路径的权值和就是答案了. 然后我们就可以用 Dp 解决问题了. 我们可以…

首先,我们可以得到: $$D = \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}a_i\times a_j\times b_{i,j} - \sum_{i=1}^{n}a_i\times c_i$$ 那么是不是就相当于这样的问题: 有 $n$ 个物品,你可以选择一些物品出来,如果同时选了 $i,j$ 两个物品那么就有 $b_{i,j}$ 的收益,然而每一个物品都有一个代价 $c_i$,求最大收益. 这是经典的最小割模型: 连边 $S\to Dot(i,j)$,流量为 $b_{i,j}$…

题面 好像是个经典问题,然而我没做过 建SAM,然后经过每个节点的子串数目就可以求了,多个相同子串算一个的话就把所有siz都搞成$1$,否则就是$right$集合的大小,然后就是常见的递推 求第$k$小是从根节点出发按字典序沿着trans往下走,每次输出对应的字符然后扣掉对应的数量 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ,M=; ],len[M],siz[M…

题面 通过这个题理解了一下反链的概念,更新在图论知识点里了 每个点向右和下连边可以建出一张图,这个题事实上是让我们求图的最小链覆盖.Dilworth定理告诉我们,最小链覆盖等于最长反链(反链:DAG中的一个点集,其中的点两两不可达),所以我们在横/纵一个方向上反着做dp即可(另一个方向正着,这里以从下往上,从左往右为例),每次从左,下和左下转移来. 只在从左下转移来有一个$a[i][j]$的贡献,为什么? 因为只有这时两个点互相不可达,符合反链的条件(可以看出这样的一对角线上的点都是满足这个条件…

后缀自动机(SAM) 为了方便,我们做出如下约定: "后缀自动机" (Suffix Automaton) 在后文中简称为 SAM . 记 \(|S|\) 为字符串 \(S\) 的长度. 记 \(\sum\) 为字符集,记 \(|\sum|\) 为字符集大小. 关于 SAM 的复杂度证明在 OI Wiki 上已经很全面了,这里只是希望可以帮助大家理解 SAM 是如何工作的以及一些应用,对这些不再多做证明. 在前几个部分中,你只需要跟着笔者给出的构建好的 SAM 图理解某些定义,不需要知道…

[BZOJ4001][TJOI2015]概率论(生成函数) 题面 BZOJ 洛谷 题解 这题好仙啊.... 设\(g_n\)表示\(n\)个点的二叉树个数,\(f_n\)表示\(n\)个点的二叉树的叶子个数. 最终要求的东西就是\(\frac{f_n}{g_n}\). 考虑这个玩意怎么转移,先考虑二叉树个数,即怎么求\(f_n\). 每次我们认为新加入的点作为根节点,那么接下来只需要枚举其左右子树大小就行了,所以得到: \[g_n=\sum_{i=0}^{n-1}g_ig_{n-1-i}\] 然…

设f(n)为n个节点的二叉树个数,g(n)为n个节点的二叉树的叶子数量之和.则答案为g(n)/f(n). 显然f(n)为卡特兰数.有递推式f(n)=Σf(i)f(n-i-1) (i=0~n-1). 类似地,左子树节点数为i时右子树有f(n-i-1)种情况,那么可以对左子树的叶子节点数之和计数,显然再乘2就是总数了.有递推式g(n)=2Σg(i)f(n-i-1) (i=0~n-1). 因为递推式是卷积形式,考虑生成函数.设F(x).G(x)分别为f(n).g(n)的生成函数(均为无穷级数).则有F…