Luogu P1654 概率DP
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}^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
\]
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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