- 给定一个长度为(n)的序列(a)。
- 当你处于某个位置(i)的时候，你可以选择结束游戏并获得(a_i)的报酬，也可以不结束游戏随机走向(i-1)或(i+1)，如果走到(0)或(n+1)则只能结束游戏且无法获得任何报酬。
- 对于每个起始位置，求出最优策略下的期望报酬。
- (nle10^5)
序列游走问题
感觉我之前绝对接触过类似的套路，但翻了翻博客没找到。。。
设(f_i)表示从(i)出发的最大期望报酬，转移方程：
[f_i=max{frac{f_{i-1}+f_{i+1}}2,a_i}
]
这个方程不但成环，还有个(max)，显然无法用一般(DP)套路或是高斯消元之类的常规期望算法解决。
但由于(f_i)只有两种取值，考虑一个区间([j,k])，假设(f_j=a_j,f_k=a_k)，且(forall iin(j,k))，(f_i=frac{f_{i-1}+f_{i+1}}2)。
对于(f_i=frac{f_{i-1}+f_{i+1}}2)，我们把(2)乘到左边并移项变形，得到：
[f_i-f_{i-1}=f_{i+1}-f_i
]
也就是说，([j,k])中的(f_i)是一个等差数列！
凸壳
我们把所有((i,a_i))看成二维平面上一个点，则我们相当于要从左向右选择若干关键点，并在相邻关键点之间连边（包括((0,0))和((n+1,0))），然后(f_i)就等于直线(x=i)与所连边交点的纵坐标。
考虑怎么选最优，于是发现最优的选法就是选出一个凸壳（比较显然），直接单调栈维护一下就好了。
代码：(O(n))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define LL long long
using namespace std;
int n,S[N+5];struct P
{
LL x,y;I P(Con LL& a=0,Con LL& b=0):x(a),y(b){}
I P operator - (Con P& o) Con {return P(x-o.x,y-o.y);}
I LL operator ^ (Con P& o) Con {return x*o.y-y*o.x;}
}p[N+5];
int main()
{
RI i,j,x;for(scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&x),p[i]=P(i,(LL)1e5*x);//把(i,a[i])看作一个点
RI T=1;for(p[n+1]=P(n+1,0),i=1;i<=n+1;S[++T]=i++) W(T&&((p[i]-p[S[T]])^(p[S[T]]-p[S[T-1]]))<0) --T;//单调栈求凸壳
for(i=j=1;i<=n;++i) S[j]<i&&++j,printf("%lld
",S[j]==i?p[i].y:(p[S[j]].y*(i-S[j-1])+p[S[j-1]].y*(S[j]-i))/(S[j]-S[j-1]));//输出交点纵坐标
return 0;
}