P3830 [SHOI2012]随机树

传送门
这题前两个子任务比较简单，对于询问n，直接将最后扩展出来的点的深度，设为n−1时的期望深度加一即可
后两个子任务，考虑原树的左子树有j个节点，右子树有i−1−j个节点，DP即可。注意DP时要用到两个变量最大值的期望值，所以状态要设为f[i][d]表示i个节点的树深度为d的概率，然后大力转移。
一开始想错了，以为max(a,b)的期望值就等于max(a的期望值,b的期望值)。
这个题目告诉我们，某些函数的期望值，不止于各个变量的期望值有关，还跟各个变量的分布有关。
实在想不清这种期望题，就大力随机化吧，看人家虞皓翔，ZJOI2017Round就是这么怒艹十分的，比我这种指数暴力的菜鸡高到不知道哪里去。
洛谷上首发AC，可喜可贺。
bzoj上也只有21份AC代码，突然感觉我的代码好罕见啊

#include<cstdio>namespace solver1{    int i;    long double ans;    long double main(int n){                for(i=2;i<=n;++i)ans+=2.0/i;        return ans;    }}int q,n;long double ans;inline int max(int a,int b){    return a>b?a:b;}namespace solver2{    int i,j,k,l,o;    long double f[105][105],ans;    long double main(int n){        f[1][0]=1;        f[2][1]=1;        f[3][2]=1;        for(i=4;i<=n;++i){            for(j=1;j<i;++j)                for(k=0;k<j;++k)                    for(l=0;l<i-j;++l)f[i][max(k,l)+1]+=f[j][k]*f[i-j][l]/(i-1);        }        for(i=1;i<=n;++i)ans+=i*f[n][i];        return ans;    }} int main(){    scanf("%d%d",&q,&n);    if(q==1)ans=solver1::main(n);        else ans=solver2::main(n);    printf("%.6Lf\n",ans);    return 0;}

upd:刚才去bzoj上交了一发，发现跑了96ms，达成成就->这题跑得最慢。