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。
样例
样例输入
3
0.5
0.5
0.5
样例输出
6.0
数据范围与提示
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
很显然啊，没推出来
(同Elaina进行了激烈的讨论，未果，遂看题解)
既然看了题解，那么就说说过程
比较容易想到的就是利用dp(思想)我们令f[i]为前i位的期望之和，很显然，对于第i位，会有1和0两种选择：
0的话就可以直接从前面（f[i-1]）继承
1的话，就比较难办，因为我不知道从尾部开始连续1字串的长度，所以我就想去记录一下长度，但又一想，情况多了去了，怎么记录，况且概率各不相同，然后就卡住了（实际上我还想去预处理出\(x^{3}\)的，但被Elaina悬崖勒马了），最后看题解去了
开始正题
我们先不从3次方开始，先从一次的开始，对于第i位选1的期望值，那么会有
\(x^{1}[i]=(x^{1}[i-1]+1)*p[i]\)
那么对于二次的呢
根据公式:\((x+1)^{2}=x^{2}+2x+1\)
可知：
\(x^{2}[i]=(x^{2}[i-1]+2*x^{1}[i-1]+1)*p[i]\)
那么三次的也就有了
根据公式：\((x+1)^{3}=x^{3}+3x^{2}+3x^{1}+1\)
可知：
\(x^{3}[i]=(x^{3}[i-1]+3*x^{2}[i-1]+3*x^{1}[i-1]+1)*p[i]\)
到这里就有一个问题，为什么仅用算1的情况，那0呢？
实际上，根据上面的口胡，会发现，当选中1时，采用上面的公式，但对于0的话，它没有任何作用，也就是说，它可以直接从\(x^{3}[i-1]\)转移过来
因此，本题的真正转移方程实际是
\(x^{3}[i]=(x^{3}[i-1]+3*x^{2}[i-1]+3*x^{1}[i-1]+1)*p[i]+x^{3}[i-1]*(1-p[i])\)
实际上一开始看到这我还是有疑问，那对于1，0夹杂的情况呢，后面才发现自己想多了，在转移的时候都已经包含进去了
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+100;
int n;
double f[N],p[N],x1[N],x2[N];
int cnt=0;
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
x1[i]=(x1[i-1]+1)*p[i];
x2[i]=(x2[i-1]+2*x1[i-1]+1)*p[i];
f[i]=(f[i-1]+3*x2[i-1]+3*x1[i-1]+1)*p[i]+f[i-1]*(1-p[i]);
}
cout<<setprecision(1)<<fixed<<f[n]<<endl;
}
最后贴一张深有感触的图
