[pixiv] https://www.pixiv.net/member_illust.php?mode=medium&illust_id=62369739
Description
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。
Input
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。
Output
只有一个实数，表示答案。答案四舍五入后保留1位小数。
Sample Input
3
0.5
0.5
0.5
Sample Output
6.0
HINT
【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
当然，看到题的第一反应就是dp。为什么呢？通常如果题面的信息或所需答案的状态可以表示，而该状态又可以转化为相似的子状态，此时就可以考虑dp：如何表示其状态？怎样的状态表示可以方便递推？怎样的状态可以减少枚举复杂度？
对于这道题，我想到了dp，但是却想不出如何转移，看了题解都有点理解不了，在此就整理一下思路。
我们设f[i]表示前i个的期望答案。对于第i位，有0和1两种状态。如果为0，就直接加上f[i-1]；如果为1，就算上这一位的贡献。整理下来就是：
f[i]=f[i-1]*(1-p[i])+(f[i-1]+新的贡献)*p[i]=f[i-1]+新的贡献*p[i]
然而我最开始想多了，设成了f[i][0/1]表示这一位是否成功的期望。然而发现这样的不好转移，因为这一位的0和1是有概率的，在对f[i]的定义上都难以说清。
我为什么会想多呢？其实最开始思考新的一个1对答案的贡献的时候，已经推出了(x+1)^3-x^3=3*x^2+3*x+1。但是如何求得之前的x，我一直没有突破。其实这个x很明显是一个期望值，可以定义为 最靠后的连续为1的期望个数。x是可以递推求出的，x^2也是可以求出的（但是要注意期望的平方不是平方的期望）
所以只需要递推出f,x^2,x就可以做了
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100000+5;
int n;
double p[N],f[N],x1[N],x2[N];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&p[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
x1[i]=(x1[i-1]+1)*p[i];
x2[i]=(x2[i-1]+2*x1[i-1]+1)*p[i];
f[i]=f[i-1]+(3*x2[i-1]+3*x1[i-1]+1)*p[i];
}
printf("%.1lf",f[n]);
return 0;
}总结：
1、所设的dp状态的定义要清晰、方便转移
2、dp不仅是从自己推到自己，有时还需要别的状态转移。如bzoj1426邮票 也是如此（我竟然没有写这道题的博客？虽然理解还不够清晰）