【DP计划】10.28——[BZOJ]OSU!（期望DP） MEDIUM

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

---

这题也是涨姿势了，什么期望的线性性质在这题都是扯淡，直接求出期望长度，然后统计其的贡献即可。

g[i]表示i结尾期望长度（也就是概率下的平均长度），p[i]表示i结尾的长度平方的期望（注意不是长度期望的平方，这两个概念不同），f[i]表示以i结尾的期望得分。因为期望得分是平均长度的三次方，而

$(x+1{)}^3=x^3+3x^2+3x+1$

所以$f[i]=f[i-1]+(3\ast p[i-1]+3\ast g[i-1]+1)\ast e[i]$这里后面几项要诚意概率，因为它们只有在i操作取1时才能出现。

这样就完成了f的转移，同样的，根据平方和公式和线性关系，分别有：

$g[i]=(g[i-1]+1)\ast e[i]——p[i]=(p[i-1]+2\ast g[i-1]+1)\ast e[i];$

于是就可以用$O(n)$转移了（我竟然想了半天怎么用期望的线性性质做，然后就挂了）

#include<bits/stdc++.h>
#define db double
#define MAXN 100005
using namespace std;
int n;
db e[MAXN],g[MAXN],p[MAXN],f[MAXN];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>e[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        g[i]=(g[i-1]+1)*e[i];
        p[i]=(p[i-1]+2*g[i-1]+1)*e[i];
        f[i]=f[i-1]+(3*p[i-1]+3*g[i-1]+1)*e[i];
    }
    printf("%.1f",f[n]);
    return 0;
}