https://www.zybuluo.com/ysner/note/1300315
题面
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。
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。
- (nleq10^5)
解析
丽洁姐姐的题目套路真多
想想如果又添一个(1)会怎么样？
贡献将变为为((x+1)^3=x^3+3x^2+3x+1)
实际增加量为(3x^2+3x+1)
这个玩意怎么求呢？
设(x1_i)表示以(i)为结尾的(1)串的期望长度。(表增量）
(x2_i)表示以(i)为结尾的(1)串期望长度的平方。（表增量）
(x3_i)表示到(i)时串的期望得分。（累计答案）
(x1[i]=(x1[i-1]+1)*p)
(x_2)的转移可以应用完全平方公式：
(x2[i]=(x2[i-1]+2*x1[i-1]+1)*p)
F3的转移就是概率乘结果：
(x3[i]=x3[i-1]*(1-p)+(x3[i-1]+3*x2[i-1]+3*x1[i-1]+1)*p)
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define pb(a) push_back(a)
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1e5+100;
int n;
double x1[N],x2[N],x3[N],p;
il int gi()
{
re int x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int main()
{
n=gi();
fp(i,1,n)
{
scanf("%lf",&p);
x1[i]=(x1[i-1]+1)*p;
x2[i]=(x2[i-1]+2*x1[i-1]+1)*p;
x3[i]=x3[i-1]+(3*x2[i-1]+3*x1[i-1]+1)*p;
}
printf("%.1f
",x3[n]);
return 0;
}