bzoj 4318 OSU!

Description

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 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。 

 

 

Input

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。 

 

 

Output

只有一个实数，表示答案。答案四舍五入后保留1位小数。 

 

Sample Input

3
0.5
0.5
0.5

Sample Output

6.0

HINT

【样例说明】 

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 

N<=100000

---

　　题目大意 已知一个01串的第i位为1的概率为( p_{i} )，出现x个连续的1，则对分数有( x^{3} )的贡献(不能重复进行贡献，例如11的分数为8，而不是10)，问期望的分数。

　　根据dp的常用套路，会考虑设( f[i][j] )表示考虑到第i位，末尾有j个1的期望分数。但是这里是求期望，期望是有线性的，所以直接考虑期望增加的分数。

　　故用( f[i] )表示考虑到第i位的期望。

　　1.如果第i位为0，则什么贡献都不会产生

　　2.如果第i位为1，然后考虑增加的贡献，设( x )表示末尾有x个1，则有( left(x + 1 ight )^{3}-x^{3}  )，化简得到( 3x^{2} + 3x + 1 )

　　　　设( p )表示( p_{i} )，考虑维护期望的x的值，这个很好想，直接( E_{x}' = pleft(E_{x} + 1 ight ) )。

　　　　关键是如何维护( x^{2} )(科普，正确的对平方的期望的理解是 长度的平方 的期望，显然它不等于 期望的长度 的平方)

　　　　考虑它的定义，设( P_{i} )表示上一位结尾有i个1的概率。根据期望的定义我们有:

( E_{x^{2}} = sum_{k = 0}^{i - 1}k^{2}P_{k}=0^{2}P_{0}+1^{2}P_{1}+cdots +left(i - 1 ight )^{2}P_{i-1} )

　　　　现在考虑第i位为1，于是得到了下面这个式子:

( E_{x^{2}}' = pleft[0 + sum_{k = 0}^{i - 1}left ( k+1 ight )^{2}P_{k} ight] )

　　　　用完全平方公式展开其中的平方系数:

( E_{x^{2}}' = pleft[0 + sum_{k = 0}^{i - 1}left ( k^{2} + 2k +1 ight )P_{k} ight] )

　　　　继续化简得到:

( E_{x^{2}}' = p left( sum_{k = 0}^{i - 1} k^{2}P_{k} + 2sum_{k = 0}^{i - 1}kP_{k} + sum_{k=0}^{i-1}P_{k}  ight) )

　　　　对比( E_{x} )的定义式( E_{x} = sum_{k = 0}^{i - 1}kP_{k} )和( E_{x^{2}} )的定义式，然后根据一下有关(P_{i})的性质可以得到:

( E_{x^{2}}'=pleft (E_{x^{2}} + 2E_{x} + 1  ight ) )

　　
　　然后一切就简单了。

　　由于( f[i] )等于( f[i - 1] )加一坨乱七八糟的东西，答案在( f[n] )，所以这题根本不用数组qaq。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef bool boolean;
#define ll long long

int n;
double p, x = 0.0, x2 = 0.0, E = 0.0;

inline void solve() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%lf", &p);
        E += (3 * (x2 + x) + 1) * p;
        x2 = (x2 + 2 * x + 1) * p;
        x = (x + 1) * p;
//        cerr << E << " " << x2 << " " << x << endl;
    }
    printf("%.1lf", E);
}

int main() {
    solve();
    return 0;
}