luogu1654 OSU!

https://www.zybuluo.com/ysner/note/1300315

题面

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。
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。

• \(n\leq10^5\)

解析

丽洁姐姐的题目套路真多
想想如果又添一个\(1\)会怎么样？
贡献将变为为\((x+1)^3=x^3+3x^2+3x+1\)
实际增加量为\(3x^2+3x+1\)

这个玩意怎么求呢？
设\(x1_i\)表示以\(i\)为结尾的\(1\)串的期望长度。(表增量）
\(x2_i\)表示以\(i\)为结尾的\(1\)串期望长度的平方。（表增量）
\(x3_i\)表示到\(i\)时串的期望得分。（累计答案）
\(x1[i]=(x1[i-1]+1)*p\)

\(x_2\)的转移可以应用完全平方公式：
\(x2[i]=(x2[i-1]+2*x1[i-1]+1)*p\)

F3的转移就是概率乘结果：
\(x3[i]=x3[i-1]*(1-p)+(x3[i-1]+3*x2[i-1]+3*x1[i-1]+1)*p\)

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define pb(a) push_back(a)
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1e5+100;
int n;
double x1[N],x2[N],x3[N],p;
il int gi()
{
  re int x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
int main()
{
  n=gi();
  fp(i,1,n)
    {
      scanf("%lf",&p);
      x1[i]=(x1[i-1]+1)*p;
      x2[i]=(x2[i-1]+2*x1[i-1]+1)*p;
      x3[i]=x3[i-1]+(3*x2[i-1]+3*x1[i-1]+1)*p;
    }
  printf("%.1f\n",x3[n]);
  return 0;
}