[ BZOJ 4318 & 3450 / CodeForces 235 B ] OSU!

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(Description)

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一共进行(N)次操作，生成一个长度为(N)的(01)序列，成功对应(1)，失败对应(0)，已知每一次操作的成功率(p_i)。

在这个序列中连续且极长的(X)个(1)可以贡献(X^2)的分数，求期望总分。

• (Nin [1,10^5])

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(Solution)

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• 考虑增量的思路很可以啊。长度平方的期望并不等于期望长度的平方。所以需要直接考虑长度平方的期望变化。

• 当长度从(X)增加到(X+1)，(Delta X^2=(X+1)^2-X^2=2X+1)，所以维护答案只需要考虑长度的期望。

• 考虑一次的答案期望(x_1[i])表示到第(i)个位置为止的长度期望，有(x_1[i]=(x_1[i-1]+1) imes p_i)，代表继承上一个为止的期望长度会(+1)，但保证第(i)位合法，需要乘上(p_i)。

• 然后到第(i)个位置的平方期望就可以转移自第(i-1)个位置，注意增量是有概率的。

  [ans[i]=ans[i-1]+(2x_1[i]+1) imes p_i ]

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(Code)

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#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 300010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
 
int n;
double p[N],x1[N],ans[N];
 
inline double calc(char x){
  return x=='x'?0.0:(x=='o'?1.0:0.5);
}
 
int main(){
  scanf("%d",&n);
  char c=gc();
  while(c!='o'&&c!='x'&&c!='?') c=gc();
  p[1]=calc(c);
  for(R int i=2;i<=n;++i) p[i]=calc(gc());
  for(R int i=1;i<=n;++i){
    x1[i]=(x1[i-1]+1)*p[i];
    ans[i]=ans[i-1]+(x1[i-1]*2+1)*p[i];
  }
  printf("%.4lf",ans[n]);
  return 0;
}

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(Extra)

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得分改为(X^3)，求分数的期望。

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(Solution)

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• 同样考虑增量，有(Delta X^3=(X+1)^3-X^3=X^3+3X^2+3X+1-X^3=3X^2+3X+1)

• 于是维护(x_1[i])代表长度的期望，(x_2[i])表示长度平方的期望，有：

  [x_1[i]=(x_1[i-1]+1) imes p_i ]
  [x_2[i]=x_2[i-1]+2x_1[i]+1 imes p_i ]

• 更新答案方式相同，有(ans[i]=ans[i-1]+(3x_2[i]+3x_1[i]+1) imes p_i)。

• 解释一下(ans[i-1])的部分，它代表的是前一位置的答案，这一位置是否对答案有贡献是有概率的，而增量是后面括起来的部分。

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(Code)

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#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 100010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
 
inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}
 
inline double rdd(){
  double x=0,base=1; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=x*10+(c^48);c=gc();}
  if(c=='.'){
    c=gc();
    while(isdigit(c)){x+=(base/=10)*(c^48);c=gc();}
  }
  return f?-x:x;
}
 
int n;
double p[N],x1[N],x2[N],ans[N];
 
int main(){
  n=rd();
  for(R int i=1;i<=n;++i) p[i]=rdd();
  for(R int i=1;i<=n;++i){
    x1[i]=(x1[i-1]+1)*p[i];
    x2[i]=(x2[i-1]+x1[i-1]*2+1)*p[i];
    ans[i]=ans[i-1]+(x2[i-1]*3+x1[i-1]*3+1)*p[i];
  }
  printf("%.1lf",ans[n]);
  return 0;
}