BZOJ 4318 OSU!（概率DP）

最新推荐文章于 2019-08-12 17:46:56 发布

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本文介绍了一款名为osu的游戏中的得分计算方法，并通过动态规划算法求解期望得分。游戏中玩家进行n次操作，每次操作成功得1分，失败得0分。连续的1可以贡献X³的分数。文章提供了计算期望分数的代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

$osu$ 是一款群众喜闻乐见的休闲软件。

我们可以把 $os$ 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。

$(n\le 10^5)$

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

Solution

由 $(x+1)^3=x^3+3x^2+3x+1$ 以及 $(x+1)^2=x^2+2x+1$ ，令 $dp[i][1/2]$ 表示以 $i$ 结尾长度为 $x^1,x^2$ 的期望， $dp[i][3]$ 表示前 $i$ 个数中 $x^3$ 的期望，那么有转移

$dp[i][1]=dp[i-1]\cdot p[i]$

$dp[i][2]=(dp[i-1][2]+2\cdot dp[i-1][1]+1)\cdot p[i]$

$dp[i][3]=(dp[i-1][3]+3\cdot dp[i-1][2]+3\cdot dp[i-1][1]+1)\cdot p[i]+dp[i-1][3]\cdot (1-p[i])$

答案即为 $dp[n][3]$ ，时间复杂度 $O(n)$

Code

#include<cstdio>
using namespace std;
#define maxn 100005
int n;
double p[maxn],dp[maxn][3];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf",&p[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i][0]=(dp[i-1][0]+1)*p[i];
        dp[i][1]=(dp[i-1][1]+2.0*dp[i-1][0]+1)*p[i];
        dp[i][2]=(dp[i-1][2]+3.0*dp[i-1][1]+3.0*dp[i-1][0]+1)*p[i]+dp[i-1][2]*(1.0-p[i]);
    }
    printf("%.1f\n",dp[n][2]);
    return 0;
}