bzoj4318 OSU!

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【题解】

考虑连续的1的个数不好维护，我们维护每个点的贡献。

考虑当$i$选了1，才会有贡献，如果前面有$p$个连续的1，贡献是$(p+1)^3 - p^3 = 3p^2 + 3p + 1$。

设$i$前面连续的1的个数的期望为$x_i$，连续的1的个数的平方的期望为$y_i$。

考虑$x_i$，$y_i$的转移：

显然$x_i = (x_{i-1} + 1) * a_i$，$y_i = (y_{i-1} + 2x_i + 1) * a_i$。

那么每个点贡献$f_i = 3y_{i-1} + 3x_{i-1} + 1$，求和即可。

复杂度$O(n)$。

这道题算期望的方式很妙，分开来考虑每个点贡献。

# include <stdio.h>
# include <string.h>
# include <iostream>
# include <algorithm>
// # include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int N = 1e5 + 10;
const int mod = 1e9+7;

inline ld getld() {
    static double x; 
    scanf("%lf", &x);
    return (ld)x;
}

inline void putld(const ld& x) {
    printf("%.1lf\n", (double) x);
}

int n;
ld a[N], x[N], y[N], f[N];

int main() {
    cin >> n;
    for (int i=1; i<=n; ++i) a[i] = getld();
    for (int i=1; i<=n; ++i) {
        x[i] = (x[i-1] + 1) * a[i];
        y[i] = (y[i-1] + 2.0 * x[i-1] + 1) * a[i];
        f[i] = (3.0 * y[i-1] + 3.0 * x[i-1] + 1) * a[i];
    }
    ld ans = 0.0;
    for (int i=1; i<=n; ++i) ans += f[i];
    putld(ans); 
    return 0;
}