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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]);
}