[Tkey] OSU!

你说得对但是 恐怖日本病毒会自动向你的电脑中下载 OSU!

题意简述

一个 01 串，每个位置有 \(p_{i}\) 的概率为 \(1\)，连续的 \(x\) 个 \(1\) 贡献 \(x^{3}\) 的分数，求总分数期望.

解法

我们考虑将前 \(i\) 位的期望拓展到前 \(i+1\) 位，假设我们已经求出了前 \(i\) 位的期望 \(E(i)\).

拓展的时候有 \(p_{i}\) 的概率为 \(1\)，此时的值为 \(E_{3}(i+1)=(E(i)+1)^{3}=E_{3}(i)+3E_{2}(i)+3E(i)+1\) (因为分数是可以直接三次方的，因此我们这么转移)，那么这种情况的期望为 \(p_{i}\times E_{3}(i+1)\)

这里的 \((E(i)+1)^{3}\) 的展开实际上用了种比较泛的写法，实际上，关于为什么它展开是 \(E_{3}(i)\) 而不是 \(E(i)^{3}\)，是因为我们并不是给 \(E\) 做的三次方，而是给分数做的三次方. 假设我们已经有 \(x\) 个连续的 \(1\) 来贡献 \(x^{3}\) 分，那么再添加一个 \(1\) 时，分数就会变成 \((x+1)^{3}\)，由此推导出一个有关贡献分数 \(x^{2},x^{1}\) 的式子.

也有另外 \(1-p_{i}\) 的概率为 \(0\)，此时不会有任何变化，即这种情况的期望为 \((1-p_{i})\times E_{3}(i)\)

因此，转移总期望为

\[E^{3}(i+1)=((E(i)+1)^{3}=E_{3}(i)+3E_{2}(i)+3E(i)+1)\times p_{i}+(1-p_{i})\times E_{3}(i) \]

可以发现这里还有个问题，就是我们没办法通过 \(E_{3}(i)\) 推出 \(E_{2}(i)\) 和 \(E(i)\) （注意，这里的 \(E_{3}\) 并不是单纯的三次方，而是表示连续的 \(x\) 个 \(1\) 贡献 \(x^{3}\) 的分数时的期望，\(E_{2}\) 同理，因此我们推不出来），又注意到我们只有在新加入一个 \(1\) 的时候用到了这样的数据，因此尝试维护一个 \(E(i)\) 表示前 \(i\) 位且第 \(i\) 位为 \(1\) ，并且连续的 \(x\) 个 \(1\) 贡献 \(x^{1}\) 的分数时的期望（因为为 \(0\) 的我们用不到，这样定义方便维护）. 同样定义 \(E_{2}\).

可以仿效推出转移方程：(因为只剩一种情况了，好推)

\[E(i+1)=(E(i)+1)\times p_{i} \]

\[E_{2}(i+1)=(E(i)+1)^{2}\ p_{i}=(E_{2}(i)+2E(i)+1)\times p_{i} \]

带入求解即可.

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long double a[100001],b[100001],f[100001],p[100001];
int main(){
	int n;
   	cin>>n;
   	for(int i=1;i<=n;++i){
       	cin>>p[i];
       	a[i]=(a[i-1]+1)*p[i];
       	b[i]=(b[i-1]+2*a[i-1]+1)*p[i];
       	f[i]=f[i-1]*(1-p[i])+(f[i-1]+3*b[i-1]+3*a[i-1]+1)*p[i];
   	}
   	printf("%.1Lf",f[n]);
}