题目大意
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。
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。
样例输入
3
0.5
0.5
0.5
样例输出
6.0
数据范围与提示
(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)
(Nle100000)
分析
- 我们先考虑一个简单的问题，如果连续 (X) 个 (1) 贡献的分数为 (X) 要怎么处理？其实很简单，我们考虑每多一个 (1) 最结果的贡献，这里因为连续长度从 (x) 增加到 (x+1)，得分也是加 (1)，而第 (i) 位为 (1) 的概率为 (p_i)，那么真正的贡献为 (p_i)，其实就是每个位置选取 (1) 的概率之和。
- 那么对与本题贡献值为 (x^3) 来说，也可以用同样的方法来考虑，设长度为 (i) 的 (01) 串的期望得分为 (h[i])，那么 (h[i+1]) 怎么求？
我们同样可以考虑增加一位对结果的贡献：- 如果该位为 (0)，肯定贡献为 (0)；
- 如果该位为 (1)，那么这个 (1) 就要接在到第 (i) 位结尾连续的 (x) 个 (1) 的后面，变成长度为 (x+1) 的连续的 (1) 串，那么此时第 (i+1) 位上对结果的贡献为 (Delta=(x+1)^3-x^3=3x^2+3x+1)
最终的分数就是把每个 (1) 的贡献累加起来。因为第 (i) 位为 (1) 是有概率的，为 (p_i)，所以它真正对分数之和的贡献为 (Delta imes p_i)。因此我们可以得到一个递推式 (h[i+1]=h[i]+Delta imes p_i)。因为 (Delta) 里面的 (x) 对应的是 (01) 串前 (i) 位结尾的连续 (1) 的长度的期望（可以理解为前 (i) 位的结尾 (01) 串的平均长度），所以我们还需要定义：
- (f2[i]) 表示前 (i) 为结尾连续 (1) 的长度的平方的期望
- (f1[i]) 表示前 (i) 为结尾连续 (1) 的长度的期望
其中，(f1[i+1]) 我们可以这样理解，前 (i) 位结尾连续 (1) 的平均长度为 (f1[i])，那么第 (i+1) 位有两种可能： - (0)，那么此时连续 (1) 结尾长度为 (0)，概率为 (1-p_{i+1})；
- (1)，那么此时连续 (1) 结尾长度为 (f[i]+1)，概率为 (p_{i+1})。
所以 (f1[i+1]=0 imes (1-p_{i+1})+(f1[i]+1) imes p_{i+1}=(f1[i]+1) imes p_{i+1})
再看 (f2)，因为 ((x+1)^2=x^2+2x+1)，所以对于平方来说，当长度增加 (1)，实际增加量为 (2x+1)。如果放到 (f2[i+1]) 中，这里的 (x) 就对应前 (i) 位的结尾连续 (1) 的长度的期望，即 (f1[i])。
因此，类似于上面的 (f1) 的求法，(f2[i+1]=0 imes (1-p_{i+1})+(f2[i]+2f1[i]+1) imes p_{i+1}=(f2[i]+2f1[i]+1) imes p_{i+1})。
综上所述，我们得到完整的递推式：
根据这三个递推式，我们可以解决这道题了，代码很简单，略了。另外可以自己手模一下简单例子，看看是否跟上面的递推式一致