bzoj 4318 OSU!
期望dp。
考虑问题的简化版：一个数列有n个数，每位有pi的概率为1，否则为0。求以每一位结尾的全为1的后缀长度的期望。
递推就好了。
l1[i]=(l1[i-1]+1)*p[i]+0*(1-p[i]);
再考虑一发：一个数列有n个数，每位有pi的概率为1，否则为0。求以每一位结尾的全为1的后缀长度的平方的期望。
平方的期望显然不等于期望的平方。但是平方的期望也是可以递推的。
l2[i]=(l2[i-1]+2*l1[i-1]+1)*p[i]+0*(1-p[i]);
l3立方同理。
再来考虑问题，第i位的答案与第i-1位的答案的差只与后缀全为1的串有关，所以我们只需要计算前一位后缀全为1的串后再加一个1的值减掉前一位的值就行了。
ans[i]=(ans[i-1]+l3[i]/p[i]-l3[i-1])*p[i]+ans[i-1]*(1-p[i]);
l3[i]/p[i]代表的其实是确定了i位为1后的i位的期望，就直接用l1l2求就好，发现顺便把上式中的l3[i-1]消了，所以不需要求l3数组（貌似三个都不需要）。
一路递推ans数组即可。
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 const int dian=100005; 7 double aa[dian],ans[dian],l1[dian],l2[dian]; 8 int n; 9 int main(){ 10 scanf("%d",&n); 11 for(int i=1;i<=n;i++) 12 scanf("%lf",&aa[i]); 13 for(int i=1;i<=n;i++) 14 l1[i]=(l1[i-1]+1)*aa[i]; 15 for(int i=1;i<=n;i++) 16 l2[i]=(l2[i-1]+2*l1[i-1]+1)*aa[i]; 17 for(int i=1;i<=n;i++) 18 ans[i]=ans[i-1]+(3*l2[i-1]+3*l1[i-1]+1)*aa[i]; 19 printf("%.1f",ans[n]); 20 return 0; 21 }
