Luogu P1654 概率DP

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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;
}