原题链接

题意

  • 我们面前有一个长度为\(N\)的01序列,位置 \(a_i\) 有 \(p_i\) 的概率是1,否则为0。

  • 序列中,一段长为 \(x\) 的连续1会带来 \(x^3\) 的加分(这段全为1的子区间不能被更长的全1区间包含)

  • 求得分期望

思路

  • 考虑DP的方法,\(F_i\) 表示前i位的期望加分。然后对于第 \(i + 1\) 位

    • 如果为0,则对于总体加分有0贡献

    • 我们定义以i为结尾,全1区间长度的期望是

      \[E(L_i)
      \]
    • 然后,如果第i + 1位为1,则贡献为

      \[E((L_i + 1)^3) - E(L_i^3) = 3 * E(L_i^2) + 3 * E(L_i) + 1
      \]
  • 这是因为i + 1位为1时,所有以i为结尾的全1区间都会延长至i + 1,从而我们必须要放弃之前的这部分贡献,然后加上新的部分,最终得到的是一个二次多项式

  • 然后考虑如何计算 \(E(L_i^2)\) 和 \(E(L_i)\)

  • 对于 \(E(L_i)\), 当i + 1位为0时,显然 \(E(L_{i + 1})\) 为0(毕竟不可能成为全一区间结尾了),i + 1位为1时,显然有

    \[\]
    \[
    \]
    \[\]
    \[
    \]
\[E(L_{i + 1}) = p_{i + 1} * (E(L_i) + 1) \\
E(L_{i + 1}^2) = p_{i + 1} * E((L_i + 1)^2) = p_{i + 1} * (E(L_i^2) + 2 * E(L_i) + 1)
\]
  • 由i + 1位为1时对加分贡献的式子,可得
\[ F_{i + 1} = F_i + p_{i + 1} * (3 * E(L_i^2) + 3 * E(L_i) + 1)
\]

一边计算 \(F_i\) 一边计算 \(E(L_i)\) 和 \(E(L_i^2)\)即可

AC代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm> using namespace std; int n;
double p; int main()
{
scanf("%d", &n);
double acc = 0;
double x2 = 0, x = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
scanf("%lf", &p);
acc += p * (3 * x2 + 3 * x + 1);
x2 = p * (x2 + 2 * x + 1);
x = p * (x + 1);
}
printf("%.1f", acc);
return 0;
}

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