[OI] 二项式期望 DP

OSU

OSU 的题目是这样的：有一些相邻的块，给定每一个块的联通概率，每个连通块对答案有 $s i z e^{3}$ 的贡献，求总期望

关于此题我曾写过题解此处

此类题的关键之处在于，当我们设计了一个线性状态 $f_{i}$ 之后，假如我们基于拼接的思想，尝试维护出来了当前最近的一个连通块个数为 $x$ ，其贡献应为 $x^{3}$ ，那么现在我们再为其拼接一个块，贡献就会变为 $(x + 1)^{3}$ ，即 $x^{3} + 3 x^{2} + 3 x + 1$ ，注意到这里还有我们尚未维护的 $x^{2}$ 与 $x$ 项，因此我们还需要维护这两种信息才能对 $x^{3}$ ，进行转移. 对于 $x^{2}$ 的维护，显然 $(x + 1)^{2} = x^{2} + 2 x + 1$ ，因此只需要维护 $x$ 项即可，对于 $x$ 的维护是显然的

引入两个变量 $l_{i}, s_{i}$ ，其中 $f_{i}$ 表示考虑前 $i$ 个，与 $i$ 联通的连通块长度， $s_{i}$ 表示前 $i$ 个的总得分

容易想到 $l_{i}$ 的转移：当第 $i$ 个为断点时将 $l_{i}$ 置零，否则 $l_{i} = l_{i - 1} + 1$

考虑 $s_{i}$ 的转移：容易想到，当 $i$ 为断点时有 $s_{i} = s_{i - 1}$ ，否则，我们可以得出 $s_{i - 1} = (l_{i - 1})^{3} + S$ （其中 $S$ 是一个之前累积的得分），而 $s_{i} = (l_{i})^{3} + S$ ，根据上述 $l_{i}$ 的转移式我们可以知道 $l_{i} = l_{i - 1} + 1$ ，因而有：

s_{i} = (l_{i - 1} + 1)^{3} + S = (l_{i - 1})^{3} + 3 (l_{i - 1})^{2} + 3 l_{i - 1} + 1

因为 $S$ 不好维护，考虑对两项做差分，消掉 $S$

s_{i} = s_{i - 1} + 3 (l_{i - 1})^{2} + 3 l_{i - 1}

因此，我们只需要维护出 $l_{i}$ ，即可递推求解 $s_{i}$

下面我们来加上概率考虑

期望有一个性质（期望的线性性） $E (a + b) = E (a) + E (b)$ ，因此有下述转化：

E (s_{i}) = E (s_{i - 1} + 3 (l_{i - 1})^{2} + 3 l_{i - 1}) = E (s_{i - 1}) + 3 E ((l_{i - 1})^{2}) + 3 E (l_{i - 1})

对于 $i$ 确定为断点的情况，我们有 $l_{i} = 0$ ，因此 $E ((l_{i - 1})^{2}) = E (l_{i - 1}) = 0$ ，从而 $E (s_{i}) = E (s_{i - 1})$

否则，对于 $i$ 确定联通的情况同理，有 $E (s_{i}) = E (s_{i - 1}) + 3 (l_{i - 1})^{2} + 3 l_{i - 1}$

否则，对于随机选择的块，直接用上述两种情况乘对应的概率即可，即：

E (s_{i}) = p_{1} \times E (s_{i - 1}) + p_{2} \times (E (s_{i - 1}) + 3 E (l_{i - 1})^{2} + 3 E l_{i - 1})

注意到我们还没有维护 $E (l_{i})$

对于 $i$ 确定为断点的情况， $E (l_{i}) = 0$

对于 $i$ 确定联通的情况， $E (l_{i}) = E_{l_{i - 1} + 1} = E (l_{i - 1}) + 1$

否则，按照上述思路，应为

E (l_{i}) = p_{1} \times 0 + p_{2} \times (E (l_{i - 1}) + 1)

接着考虑维护 $E ((l_{i})^{2})$

对于 $i$ 确定为断点的情况， $E ((l_{i})^{2}) = 0$

对于 $i$ 确定联通的情况， $E ((l_{i})^{2}) = E_{(l_{i - 1} + 1)^{2}} = E ((l_{i - 1}^{2} + 2 l_{i - 1} + 1)) = E ((l_{i - 1}^{2})) + 2 E (l_{i - 1}) + 1$

否则，按照上述思路，应为

((l_{i})^{2}) = p_{1} \times 0 + p_{2} \times (E_{(l_{i - 1} + 1)^{2}} = E ((l_{i - 1}^{2} + 2 l_{i - 1} + 1)) = E ((l_{i - 1}^{2})) + 2 E (l_{i - 1}) + 1)

因为已经维护过了 $E (l_{i})$ ，因此至此我们完成了全部变量的维护

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double p[100001],l1[100001],l2[100001],s[100001];
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        cin>>p[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        l1[i]=p[i]*(l1[i-1]+1);
        l2[i]=p[i]*(l2[i-1]+2*l1[i-1]+1);
        s[i]=(1-p[i])*s[i-1]+p[i]*(s[i-1]+3*l2[i-1]+3*l1[i-1]+1);
    }
    printf("%.1lf",s[n]);
}