BZOJ 4318 OSU!期望DP

相信很多人玩儿过这个游戏…我小时候也玩儿过233


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


这道题其实PoPoQQQ讲得很好
http://blog.csdn.net/PoPoQQQ/article/details/49512533


我们可以这样分析,对于一个长度为x的1,我们要计算其贡献,应该从上一次长度为x-1转移过来,那么自然有

(x+1)^3−x^3=3x^2+3^x+1

显然,现在我们只需要维护一个二次方的期望和一个一次方的期望,这里有个坑,平方的期望不等于期望的平方,期望的平方乘了两次期望,而我达到该点为1的可能就是该点为1的概率,所以我们需要分别维护而不是用一次的期望平方来得到二次的期望

所以首先维护一个一次的期望
P为当前点为1的期望

l[i]=(l[i-1]+1)*P;

这个显然是没有问题的吧,我们可以这样思考

l[i]=(l[i-1]+1)*P;
->
l[i]=l[i-1]*P+P;

什么意思呢?之前的1链保持贡献的概率为P,所以之前的成果乘以P,而当前点为1的概率为P,所以加该点的长度(也就是1)乘以P的值

对于维护平方,我们可以这样处理

l2[i]=(l2[i-1]+l[i-1]*2+1)*P;
->
l2[i]=l2[i-1]*P+(l[i-1]*2+1)*P;

其中l[i-1]*2+1为新的贡献,如果如果该位置是1,则应该是

(l[i-1]+1)^2-l[i-1]^2=l[i-1]*2+1;

很显然吧,所以原来位置的贡献保留的概率为P,则用l2[i-1]*P再加上新的贡献乘以其贡献的概率就是期望得分

然后可以得到dp数组的转移了

dp[i]=dp[i-1]+(3*l2[i-1]+3*l[i-1]+1)*P;

原来的总分加上该点对答案的贡献(期望加分),所以就应该为最开始推的那个式子,如下

(x+1)^3−x^3=3x^2+3^x+1

贡献为之前的x的贡献乘以P(因为如果这个点是0,那么1链被打断,贡献为0,所以说乘以概率得到期望值)


期望真是神奇的东西,期望AC233

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define MAXN 100000+10
using namespace std;
int n;
double l[MAXN],l2[MAXN],dp[MAXN];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(register int i=1;i<=n;i++){
        double P;
        scanf("%lf",&P);
        l[i]=(l[i-1]+1)*P;
        l2[i]=(l2[i-1]+l[i-1]*2+1)*P;
        dp[i]=dp[i-1]+(3*l2[i-1]+3*l[i-1]+1)*P;
    } 
    printf("%0.1lf",dp[n]);
    return 0;
}

这里写图片描述

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