CF235B Let's Play Osu! 期望dp

期望\(dp\)题目，本蒻之前没怎么写过期望\(dp\)的题目所以被卡了\(QAQ\)。这个题的思路真的是相当不错。

最开始我考虑的是枚举每一段连击的段数，复杂度是\(O(N^3)\)的，所以就\(GG\)了。题解里用了一种很自（\(shen\)）然（\(xian\)）的写法：计算一个点\(i\)左边连续的\("O"\)的期望数量，然后对每一个点统计贡献即可。

第一部分的做法：

• \(q[i]\)即点\(i\)左边连续\("O"\)的期望数量。

\[q_i = q_{i - 1} * p_i + p_i \]

这样统计是因为期望具有线性性。逻辑上来说就是：这一个点往左数的连击期望，就是原来已经有连击，现在再往上面再补一个的期望，加上原来没有连击，当前第一次连击的期望。

对于每一个段连击，其答案贡献是：

\[(r - l + 1) ^ 2 \]

这里我们考虑把贡献拆到每一个点上，这个贡献就变成了：

\[1 + 3 + ... + 2 * (r - l + 1) - 1 \]

对点\(x\)来说，它的期望贡献是：

\[(q_{x - 1} + 1) ^ 2 − q_{x - 1} ^ 2 = q_{x - 1} * 2 + 1 \]

最后记得还要乘上选择当前点的概率。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 100010;

int n; double p[N], q[N], ans;

int main () {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> p[i];
		q[i] = p[i] * (q[i - 1] + 1);
		ans += p[i] * (q[i] * 2 - 1);
	}
	printf ("%.10lf\n", ans);
}