【概率DP】BZOJ4318-OSU!

【题目大意】

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。 

 

【思路】

http://blog.csdn.net/popoqqq/article/details/49512533

假如这个01串使确定的，考虑每新增一个位置，如果这个位置是0 ，则贡献为0 ，否则贡献为(x+1)3−x3=3x2+3x+1 ，其中x 为加入之前最长的全1后缀的长度
现在这个问题变成了期望问题，那么我们只需要维护一个x 的期望和x2 的期望即可。注意平方的期望不等于期望的平方。

*自己的补充：关于概率运算的本质：

为什么l1[cur]=(l1[1-cur]+1)*a1呢？其实这个式子应该是这样的：

当前有a1的概率能够击中，产生的期望后缀长度（l1[1-cur]+1）*a1①

当前有(1-a1)的概率不能够击中，产生的期望后缀长度0*(1-a1)②

①+②→l1[cur]=(l1[1-cur]+1)*a1

f则是一般的递推加法，当前这次击中的概率不会影响f[i-1],而当前概率影响的因素只有期望分值得增加量

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
double l1[2],l2[2],f[2];
int n; 
 
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    int cur=0; 
    for (int i=1;i<=n;i++,cur=1-cur)
    {
        double a1;
        scanf("%lf",&a1);
        l1[cur]=(l1[1-cur]+1)*a1;
        l2[cur]=(l2[1-cur]+2*l1[1-cur]+1)*a1;
        f[cur]=f[1-cur]+(3*l2[1-cur]+3*l1[1-cur]+1)*a1;
    }
    printf("%.1lf\n",f[1-cur]);
    return 0;
}