bzoj 4318: OSU! 期望dp

Description

osu 是一款群众喜闻乐见的休闲软件。 

我们可以把osu的规则简化与改编成以下的样子: 

一共有n次操作，每次操作只有成功与失败之分，成功对应1，失败对应0，n次操作对应为1个长度为n的01串。在这个串中连续的 X个1可以贡献X^3 的分数，这x个1不能被其他连续的1所包含（也就是极长的一串1，具体见样例解释） 

现在给出n，以及每个操作的成功率，请你输出期望分数，输出四舍五入后保留1位小数。 

Input

第一行有一个正整数n,表示操作个数。接下去n行每行有一个[0,1]之间的实数，表示每个操作的成功率。 

Output

只有一个实数，表示答案。答案四舍五入后保留1位小数。 

Sample Input

3
0.5
0.5
0.5

Sample Output

6.0

HINT

【样例说明】 

000分数为0，001分数为1，010分数为1，100分数为1，101分数为2，110分数为8，011分数为8，111分数为27，总和为48，期望为48/8=6.0 

N<=100000

分析：说实话已经做了几道期望dp的题了但对这东西还是似懂非懂。毕竟太弱啊~~

假如这个01串使确定的，考虑每新增一个位置，如果这个位置是0，则贡献为0，否则贡献为

(x+1)^3-x^3=3*x^2+3*x+1。x为加入之前最长的全1后缀的长度 

那么我们只要维护x的期望和x^2的期望就好。

l1[i]表示以i为结尾的最长连续1期望长度，无论第i位是0还是1

那么l1[i]=(l1[i-1]+1)*a[i]

解释一下，因为若第i位为1则对期望的贡献为1但出现的概率为a[i]所以就是这样

l2[i]维护的是以i为结尾的最长连续1期望长度的平方，注意这不等于l1[i-1]^2

那么l2[i]=(l2[i-1]+2*l1[i-1]+1)*a[i]

代码：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<algorithm>#define N 100005using namespace std;double a[N],l1[N],l2[N],f[N];int main(){int n;scanf("%d",&n);for (int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf",&a[i]);for (int i=1;i<=n;i++){l1[i]=(l1[i-1]+1)*a[i];l2[i]=(l2[i-1]+2*l1[i-1]+1)*a[i];f[i]=f[i-1]+(l2[i-1]*3+l1[i-1]*3+1)*a[i];}printf("%.1lf",f[n]);return 0;}