洛谷 P1654 OSU! - 期望DP

洛谷 P1654 OSU!

题目链接：洛谷 P1654 OSU!

算法标签: 期望DP、动态规划（DP）

题目

题目描述

osu 是一款群众喜闻乐见的休闲软件。

我们可以把osu的规则简化与改编成以下的样子:

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。

输入格式

第一行有一个正整数n,表示操作个数。接下去n行每行有一个[0,1]之间的实数，表示每个操作的成功率。

输出格式

只有一个实数，表示答案。答案四舍五入后保留1位小数。

输入输出样例

输入 #1

3 
0.5 
0.5 
0.5

说明/提示

【样例说明】

000分数为0，001分数为1，010分数为1，100分数为1，101分数为2，110分数为8，011分数为8，111分数为27，总和为48，期望为48/8=6.0

N<=100000

题解：

期望（概率）DP

说实话没有直接写出来，也没学过期望DP，（承认自己偷看了一下题解），但是这道题如果耐心推一推式子还是很简单就可以理解的，那么过程如下：

因为题目中讲到连续的1可以贡献\(X^3\)，那么我们来研究\(X^3\)这个式子，不难发现以下规律：

\((x + 1)^3 = (x + 1)^2 \times (x + 1) => x^3 + 3x^2 + 3x + 1\)

所以： \((x + 1)^3 - x^3 = 3x^2 + 3x + 1\)

这样我们发现了什么，我们可以完全的用关于\(x\)的多项式来表示\((x+1)\)，同理\((x-1)\)也可以表示\(x\)。那么对于下一步，我们考虑处理出\(x\)与\(x^2\)：

对于\(x\)的处理很简单，\(x = (x-1) + 1 ~=>~ x_i = x_{i-1} + 1\)

那么考虑\(x^2\)，我们可以推出$(x+1)^2=x2+2x+1 _=> x^2_i = x^2_{i-1} + 2 \times x_{i-1}+1 $

那么对于我们所求的\(ans\)：

​ \(ans_i = ans_{i-1} + (3 \times x^2_{i-1}+3 \times x_{i-1}+1)\)

因为这道题每一步都涉及到了概率（当前数位为1的概率），那么我们就在\(x,x^2,ans\)的表达式后边都乘上一个当前为概率\(p[i]\)，题目得解。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 100010;

double p[N], x_1[N], x_2[N], ans[N], sum;

int n;

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		scanf("%lf", &p[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		x_1[i] = (x_1[i - 1] + 1) * p[i];
		x_2[i] = (x_2[i - 1] + 2 * x_1[i - 1] + 1) * p[i];
		ans[i] = ans[i - 1] + (3 * x_2[i - 1] + 3 * x_1[i - 1] + 1) * p[i];
	}
	printf("%.1lf\n", ans[n]);
	return 0;
}