洛谷 P1654 OSU!
题目背景
原 《产品排序》 参见P2577
题目描述
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 XX 个 11 可以贡献 X^3X3 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。
输入格式
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。
输出格式
只有一个实数，表示答案。答案四舍五入后保留1位小数。
题解：
一道期望DP。看起来这就很像DP。
那么我们直接按题意设状态，考虑如何转移即可：设(dp[i])表示以i结尾的期望分数。
考虑转移。
转移肯定是相邻两位的，也就是从(dp[i])到达(dp[i+1])。而且显然转移分两种情况：0和1，显然如果是0的话，它对前面的答案是没有任何贡献的。如果是1的话呢？那分数就由原来的(x^3)变为((x+1)^3)，展开后是(x^3+3x^2+3x+1)，也就是说，如果是1的话，会产生(3x^2+3x+1)的额外贡献。
也就是转移的时候只转移额外贡献即可。
产生额外贡献的概率就是(p_i)啦。
于是愉快地开始又设置了一个状态为(x[i])表示x的期望值。但是这却是不对的。为什么呢？因为(E(x^2) eq E(x)^2)，所以要维护两个状态：(x1[i],x2[i])表示x的一次幂、二次幂的期望。
转移是：
[x1[i]=(x1[i-1]+1) imes p[i]\x2[i]=(x2[i-1]+2 imes x1[i-1]+1) imes p[i]\dp[i]=dp[i-1]+(3 imes x2[i-1]+3 imes x1[i-1]+1) imes p[i]
]
代码：
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int n;
double p[maxn];
double x1[maxn],x2[maxn],dp[maxn];
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];
for(int i=1;i<=n;i++)
x2[i]=(x2[i-1]+2*x1[i-1]+1)*p[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
dp[i]=dp[i-1]+(3*x2[i-1]+3*x1[i-1]+1)*p[i];
printf("%.1lf",dp[n]);
return 0;
}