【洛谷P1654】OSU!

题目

https://www.luogu.org/problem/P1654

题意

给定每个位置为$1$的几率，一段长度为$x$的连续的并且极大的$1$对得分的贡献为$x^3$，求得分的期望。

题解

显然，我们可以换一种统计答案的方式，把贡献分给每个极长的前缀$1$，设在序列的第$i$个位置时，这个贡献为$val_i$。

当$i$前面有且仅有$x$个$1$时，$val_i=(x+1)^3-x^3=3x^2+3x+1$

答案式为$$\sum_{A}(\prod_{a_i=1}{p_i}\prod_{a_j=0}{(1-p_j)}\sum_{k=1}^{n}{val_k})$$

对于长度为$i-1$的某个序列$A_0$，假设它对答案的贡献$$\sum_{k=1}^{i-1}{val_k}=x$$

在其后再加一个$1$，对答案的贡献变为$p_i\sum_{k=1}^{i}{val_k}=p_i(x+val_i)$

在其后再加一个$0$，对答案的贡献变为$(1-p_i)\sum_{k=1}^{i}{val_k}=(1-p_i)x$

所以，对答案的总贡献为$p_i(x+val_i)+(1-p_i)x=x+p_ival_i$

直观的理解是这样，但是对于不同的序列$A_x$，$val_i$都不一样，它们对答案的贡献都可以这样在一起转移吗？

是的。从答案式出发，对于长度为$l-1$的所有序列$A$，有

$$\sum_{A}(\prod_{a_i=1}{p_i}\prod_{a_j=0}{(1-p_j)}\sum_{k=1}^{l-1}{val_k})$$

对于长度为$l$的所有序列$A'$，有

$$\sum_{A'}(\prod_{a_i=1}{p_i}\prod_{a_j=0}{(1-p_j)}\sum_{k=1}^{l}{val_k})$$ $$=(\sum_{A}\prod_{a_i=1}{p_i}\prod_{a_j=0}{(1-p_j)}(\sum_{k=1}^{l-1}{val_k}) + val_l)\cdot p_l + \sum_{A}(\prod_{a_i=1}{p_i}\prod_{a_j=0}{(1-p_j)}\sum_{k=1}^{l-1}{val_k}) \cdot (1-p_l)$$ $$=\sum_{A}(\prod_{a_i=1}{p_i}\prod_{a_j=0}{(1-p_j)}\sum_{k=1}^{l-1}{val_k}) + \sum_{A}\prod_{a_i=1}{p_i}\prod_{a_j=0}{(1-p_j)}{val_l} \cdot p_l$$

我们发现$\sum_{A}\prod_{a_i=1}{p_i}\prod_{a_j=0}{(1-p_j)}{val_l}$是一个很有意义的量，我们称之为期望，记做$v_l$。

现在我们再来算$v_l$，有$$v_l=\sum_{x=0}^{l-1}{(1-p_{l-x-1})(3x^2+3x+1)\prod_{k=1}^{x}{p_{l-k}}}$$

我们把这个和式拆成$3$部分，$\sum_{x=0}^{l-1}{(1-p_{l-x-1})(3x^2)\prod_{k=1}^{x}{p_{l-k}}}$，$\sum_{x=0}^{l-1}{(1-p_{l-x-1})(3x)\prod_{k=1}^{x}{p_{l-k}}}$，和$\sum_{x=0}^{l-1}{(1-p_{l-x-1})1\prod_{k=1}^{x}{p_{l-k}}}$

这种变换能够成立，我们称之为期望的线性性。

第三个式子最简单，不用算，它显然是$1$，因为期望是概率乘权值，当权值恒为$1$时，所有的概率加起来自然是$1$的。

对于第一个式子和第二个式子，我们把它的$3$提出来，即可用类似哈希的方法维护了。

具体来说，把式子用阶梯状的写出来，然后每次考虑括号内加增量，然后乘个$p_i$就好了（太麻烦，懒得写了）

因为所有的概率和为$1$，所以不用特殊考虑$(1-p_i)$（在加增量的时候考虑）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ri register int
#define N 100050
using namespace std;

double f1[N],f2[N],ans[N],p[N];
int n;

int main() {
  scanf("%d",&n);
  for (ri i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&p[i]);
  for (ri i=1;i<=n;i++) {
    f1[i]=(f1[i-1]+1)*p[i];
    f2[i]=(f2[i-1]+2*f1[i-1]+1)*p[i];
    ans[i]=ans[i-1]+(3*f2[i-1]+3*f1[i-1]+1)*p[i];
  }
  printf("%.1lf",ans[n]);
  return 0;
}