P1654 OSU! 题解

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好题！但不得不说早期洛谷的题解质量是真的差，感觉没有一篇题解是讲的特别清楚的，我看了好久才搞懂。下面是我认为的一种更规范的解题过程。

首先，我们设随机变量 $X_i$ 表示从 $i$ 向左的极长 1 串的长度，并且对于任意的 $i$，我们要想办法求出 $E(X_i^3)$。（需要注意的是 $E(X^3) \not = (E(X))^3$。更一般地说，$E(f(X)) \not = f(E(X))$。）但直接求是不好求的，我们先考虑求出 $E(X_i)$ 和 $E(X_i^2)$。

• $E(X)$：如果第 $i$ 位是 $0$，那么 $X_i = 0$；否则，“从 $i$ 向左的极长 1 串的长度”就等于“从 $i-1$ 向左的极长 1 串的长度”再加 $1$，即 $X_i = X_{i-1} + 1$（当然 $X_{i-1}$ 可以是 $0$。）。根据期望的可加性，就有 $E(X_i) = (1-p_i) \cdot 0 + p_i \cdot (E(X_{i-1}) + 1) = p_i \cdot (E(X_{i-1}) + 1)$。

  （这里第 $i$ 位是 $0$ 的情况并不对答案产生贡献，因为乘上了 $0$，并且在 $E(X^2)$ 和 $E(X^3)$ 的推导中也是如此，所以下面不再讨论这种情况。）

  其实这里的转移是较为明显的，但它运用的期望的重要性质——可加性将会在下面的推导中也用到，因此需要格外注意。

• $E(X^2)$：这里是重点。回忆一下，在上面的推导中，我们把 $X_i$ 表示成了两部分：$i$ 向左（不包含 $i$）的部分——$X_{i-1}$ 和第 $i$ 位本身——$1$。能否把 $X_i^2$ 也分成两部分表达？

  确实是可以的。因为已经假定了第 $i$ 位是 $1$，所以 $X_i = X_{i-1} + 1$。进一步地，$X_i^2 = ((X_i - 1) + 1)^2 = (X_{i-1} + 1)^2 = X_{i-1}^2 + 2X_{i-1} + 1$。这样就成功地用下标小于 $i$ 的式子表达出了 $X_i^2$！再次利用期望的可加性，就有 $E(X_i^2) = p_i \cdot(E(X_{i-1}^2) + 2E(X_{i-1}) + 1)$。

• $E(X^3)$：既然已经推导出了 $E(X^2)$，那么这里也只需依葫芦画瓢了。

  因为 $X_i^3 = (X_{i-1} + 1)^3 = X_{i-1}^3 + 3X_{i-1}^2 + 3X_{i-1} + 1$

  根据期望的可加性，有 $E(X_i^3) = p_i \cdot (E(X_{i-1}^3) + 3E(X_{i-1}^2) + 3E(X_{i-1}) + 1)$。

到这里，本题的大部分推导都完成了，但仍没有结束。如果直接输出 $E(X_n^3)$，那么是不对的，因为 $E(X_n^3)$ 只表示从第 $n$ 位向左这个串得到的分数，而不代表总分。

设 $Y_i$ 表示截至到第 $i$ 位能得到的分数，那么

• 如果第 $i$ 位为 $0$：显然 $Y_i = Y_{i-1}$。

• 如果第 $i$ 位为 $1$：这里，我们希望把 $Y_i$ 表示成 $Y_{i-1} + \Delta$ 的形式，其中 $\Delta$ 表示在第 $i$ 位的“得分增量”，它应该是 $X_i^3 - X_{i-1}^3$——这一部分之前已经推导过了，即 $E(\Delta) = E(X_i^3 - X_{i-1}^3) = 3E(X_{i-1}^2) + 3E(X_{i-1}) + 1$。代回，就得到了最终的式子：

  $$E(Y_i) = E(Y_{i-1}) + 3E(X_{i-1}^2) + 3E(X_{i-1}) + 1$$

  输出答案为 $E(Y_n)$。$\Box$