OSU!

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：

\(f[i]=(f[i-1]+3*x^{2}[i-1]+3*x^{1}[i-1]+1)*p[i]+f[i-1]*(1-p[i])\)

fixed:注意，这里的f不能等同于上面的\(x^{3}\)，他们两个意义不同，\(x^{3}[i]\)表示选中1的贡献，而f是包含了两种情况的总期望

fixed:实际上写完博客时并没有理解这个思路，后面看了这个才理解，概率有线性性质，对于一般的期望可以直接根据这个性质\(f[i]=(f[i-1]+w)*p[i]\)求值，但对于本题来说，x3不符合线性性质，因此要从一维拓展到二维，二维拓展到三维，来解决x3转移的问题，且一维二维均为抽中1时的转移，如果是0那么直接赋0即可（例如easy中的x，直接给x1赋0就行）

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;
}

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