题目描述
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。
输入格式
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。
输出格式
只有一个实数，表示答案。答案四舍五入后保留1位小数。
我们设 E(X_{i} 为在第 i 个位置得的分数的期望
然后我们考虑 E(X_{i+1})和 E(X_{i})的关系
假设在 i 位置连续 1 串长度为 l 的概率为 p_{l}，在 i+1 位置是 1 的概率为 P ，那么对于每一个单独的 l 它都有 P 的概率对分数产生$ (3l^{2}+3l+1)$的额外贡献
我们把所有可能的 l 一起考虑，就可以得到这个式子
\(E(X_{i+1})=E(X_{i})+P\times\sum_{l=0}^{i}p_{l}(3l^{2}+3l+1)E(Xi+1)\)
然后我们可以发现
\(\sum_{l=0}^{i}p_{l}l^{2}=E(l^{2})∑l=0ipll2=E(l2)\)
于是我们将式子转化为
\(E(X_{i+1})=E(X_{i})+P\times(3E(l_{i}^{2})+3E(l_{i})+1)E(Xi+1)\)
然后我们就成功得出了分数的期望
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double ex,el,el2,P;
int main(){
scanf("%d",&n);
while(n--){
scanf("%lf",&P);
ex=ex+P*(3*el2+3*el+1);
el2=P*(el2+2*el+1);
el=P*(el+1);
}
printf("%.1f",ex);
return 0;
}