BZOJ 4318 OSU! (概率DP)

题意

中文题面，难得解释了 题目传送门

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分析

• 考虑到概率$DP$，显然可以想到$f(i,j)$表示到第$i$位末尾有$j$个$1$的期望值。最后输出$f(n+1,0)$即可
• 但 $n<=100000$
• $x$表示连续的$1$的个数。所以想想怎么可以得到 $x^3$。
• 有 $x^3=(x-1)^3+3(x-1)^2+3(x-1)+1$
• 用$E$表示期望，记$p[i]$表示第$i$位选$1$的概率，则$E(x^3)=( E((x-1)^3)+E(3(x-1)^2)+E(3(x-1))+E(1) )*p[i]$
• 那么我们假设$f1$表示存在于末尾的$x$的期望值；$f2$表示存在于末尾的$x^2$的期望值；$f3$表示前面的所有$x^3$的期望值，也就是答案。
• 转移方程式就为：
  $egin{aligned}f3(i)&=f3(i-1)+(3f2(i-1)+3f1(i-1)+1)*p[i]\ f2(i)&=(f2(i-1)+2f2(i-1)+1)*p[i]\ f1(i)&=(f1(i-1)+1)*p[i]end{aligned}$
• 本来第一个方程式看起来有点奇怪，其实那是合并之后的结果。我们记$Last$为$i-1$之前的已经完结的$E(x^3)$的总和，这一部分只是为了为最终输出的答案做贡献才放在$f3$里。那么剩下的记为$Now$，就是未完结、存在于末尾的$E(x^3)$。有$Last+Now=f3(i-1)$
  • 假如这个位置选了$0$,那么不会再往后做贡献，但是要把这一部分加到最终答案里面去。这一部分值为$Now*(1-p[i])$
  • 否则将会对后面产生贡献，值为$Now*p[i]$，其实也就是充当$E(x^3)=( E((x-1)^3)+E(3(x-1)^2)+E(3(x-1))+E(1) )*p[i]$中的$E((x-1)^3)$
• 所以$egin{aligned}f3(i)&=Last+Now*(1-p[i])+(Now+3f2(i-1)+3f1(i-1)+1)*p[i]\&=Last+Now*((1-p[i)]+p[i]) + (3f2(i-1)+3f1(i-1)+1)*p[i]\&=Last + Now+ (3f2(i-1)+3f1(i-1)+1)*p[i]\&=f3(i-1)+(3f2(i-1)+3f1(i-1)+1)*p[i]end{aligned}$
• 而且$DP$时不用开数组

AC Code(300B)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main () {
	int n;
	scanf("%d", &n);
	double f1 = 0, f2 = 0, f3 = 0, p;
	while(n--) {
		scanf("%lf", &p);
		f3 += (3*f1 + 3*f2 + 1) * p;
		f2 = (f2 + 2*f1 + 1) * p;
		f1 = (f1 + 1) * p;
	}
	printf("%.1f
", f3);
}