CF235B Let's Play Osu! 期望DP

貌似是一道很裸的期望\(DP\)。直接说思路：
设\(f[i]\)表示到\(i\)位置时的期望分数，但是只有\(f[i]\)的话我们发现是无法转移的，我们还需要知道到\(i\)位置时的期望连续长度，于是我们再设一个\(g[i]\)表示到\(i\)位置时的期望连续长度，\(g[i]\)可以\(O(1)\)转移，转移方程为：\(g[i]=(g[i-1]+1)p[i]\)，\(p[i]\)为\(i\)位置成功的概率。进而我们来yy\(f[i]\)的转移：
1.\(i\)位置为“O”，设\(x\)为\(i\)位置之前的连续的“O”的个数，则新的收益为\((x+1)^2\)，即\(x^2+2x+1\)，相差一个\(2x+1\)，所以贡献为\(p[i](f[i-1]+2g[i-1]+1)\)
2.\(i\)位置为“X”，贡献为\(f[i-1]\)
综上所述，\(f[i]=f[i-1](1-p[i])+(f[i-1]+2g[i-1]+1)p[i]\)
这样的话代码就很显然了：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double p[100000+5], f[100000+5], g[100000+5];
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lf", &p[i]);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) g[i] = (g[i-1]+1)*p[i], f[i] = f[i-1]*(1-p[i])+(f[i-1]+2*g[i-1]+1)*p[i];
    printf("%.8lf\n", f[n]);
    return 0;
}