bzoj3450 Tyvj1952 Easy

传送门

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个人认为这道题和收集邮票或多或少有相似的地方。
它们都有一个特点，就是某一步产生的贡献和这一步的信息有关。
解决分两步：第一步，计算步长的期望。第二步，找到不同步长之间贡献差值的关系式。
切入点：先假设每一步的贡献都是$1$。
然后递推出步长的贡献后，用找到的关系式去计算真实的贡献。

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用$l[i]$表示以第$i$位结尾的连续$o$的期望长度。
用$f[i]$表示到第$i$位为止的期望分数。

那么对于$l[i]$，这一段$o$对应的贡献就是$l[i{]}^2$。（根据题中定义）

如果已知$l[i-1]$，假设第$i$位就是$o$，那么这时候有
$$l[i]=l[i-1]+1$$
当前的贡献就是
$$l[i{]}^2=(l[i-1]+1{)}^2=l[i-1{]}^2+2\times l[i-1]+1$$
而原来的贡献是$l[i-1{]}^2$，发现这时增加了$2\times l[i-1]+1$。当然，如果这一位是$x$贡献就是$0$。如果是$?$，就用对应情况的概率*对应情况的期望就好了。这样就可以直接递推了。

现在考虑转移。
如果当前位置为$x$，那么$$l[i]=0,f[i]=f[i-1]$$这很显然，因为这里的贡献为$0$嘛

如果当前位置为$o$，那么$$l[i]=l[i-1]+1,f[i]=f[i-1]+2\times l[i-1]+1$$根据刚才推导的式子可以得出。

如果当前位置为$?$，那么用对应情况的概率*对应情况的期望。有$x$和$o$两种可能。那么
$$f[i]=f[i-1]+\frac{(2\times l[i-1]+1)+(0)}{2},l[i]=\frac{(l[i-1]+1)+(0)}{2}$$

最后答案就是$f[n]$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=3e5+10;
double l[maxn],f[maxn];
int n;char ch[maxn];
int main(){
	scanf("%d%s",&n,ch+1);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(ch[i]=='x') f[i]=f[i-1],l[i]=0;
		if(ch[i]=='o') f[i]=f[i-1]+2.0*l[i-1]+1.0,l[i]=l[i-1]+1.0;
		if(ch[i]=='?') f[i]=f[i-1]+l[i-1]+0.5,l[i]=(l[i-1]+1.0)/2.0;
 }printf("%.4lf",f[n]); 
}

当然，$（2\times l[i-1]+1）$只是一个关系的形式，只要找到关系，怎么写都可以，像下面这样。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=3e5+10;
double l[maxn],f[maxn];
int n;char ch[maxn];
int main(){
	scanf("%d%s",&n,ch+1);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		
		if(ch[i]=='x')
		f[i]=f[i-1],l[i]=0;
		
		if(ch[i]=='o')
		l[i]=l[i-1]+1.0,f[i]=f[i-1]-l[i-1]*l[i-1]+l[i]*l[i];
		
		if(ch[i]=='?')
		f[i]=f[i-1]+((l[i-1]+1)*(l[i-1]+1)-l[i-1]*l[i-1])/2.0,
		l[i]=(l[i-1]+1.0)/2.0;

	}printf("%.4lf",f[n]); 
}