题意 : 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。 【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 )
分析 :
考虑 期望DP
首先得分是由连续 1 的长度决定的
而且每段连续 1 的贡献是相互独立的
那么考虑这样一个 len[i] = 以 i 位置为极长 1 的结尾的后缀期望长度
假设当前考虑到位置 i + 1
p[i] 为到 i 位置为 1 的概率
dp[i] 为以 i 位置为极长 1 的结尾的后缀期望得分
那么其得分期望 ( 即贡献 ) 有如下计算过程
dp[i + 1] = ( len[i] + 1 )^3 * p[i+1]
ans += dp[i+1] - dp[i] + 0 * ( 1 - p[i+1] )
+= dp[i+1] - dp[i]
后面的 0 * (1 - p[i+1]) 为 i + 1 这个位为 0 的贡献
前面的 dp[i+1] - dp[i] 为 i + 1 这个位为 1 的贡献
为什么是加 dp[i+1] - dp[i] 而不是 dp[i+1] 呢？
因为 dp[i+1] 本身就是由 dp[i] 递推而来
即 dp[i+1] = dp[i] + X
所以相当于 dp 数组是一个前缀期望得分和的形式
如果要得到每一位的贡献、当然是 dp[i+1] - dp[i]
每一位加起来就是总贡献
那么你可能会想能不能直接递推 dp[i+1] 就行了何必那么麻烦
实际上根据期望的计算公式
你可以得到 dp[i+1] - dp[i] 这个差值的通式 X
那么就可以递推 dp[i+1] = dp[i] + X
最后答案就是 dp[n]
下面来讲一下其中期望长度怎么递推、即 len[i]
上面说到要计算 dp[i + 1] = ( len[i] + 1 )^3 * p[i+1]
网上很多题解说 E(x^2) != E(x)^2 或 E(x^3) != E(x)^3
指的就是在 ( len[i] + 1 )^3 的计算这里
将这条公式展开有
len[i]^3 + 3*len[i]^2 + 3*len[i] + 1
那么你不能只算出 len[i]
然后计算 dp[i+1] = ( len[i]^3 + 3*len[i]^2 + 3*len[i] + 1 ) * p[i+1]
你需要另外递推 len[i]^3 和 len[i]^2 的期望
即先算出 len[i] 记为 a
再用公式求 len[i]^2 记为 b
再用公式求 len[i]^3 记为 c
则 dp[i+1] = (c + 3*b + 3*a + 1)*p[i+1]
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define ULL unsigned long long #define scl(i) scanf("%lld", &i) #define scll(i, j) scanf("%lld %lld", &i, &j) #define sclll(i, j, k) scanf("%lld %lld %lld", &i, &j, &k) #define scllll(i, j, k, l) scanf("%lld %lld %lld %lld", &i, &j, &k, &l) #define scs(i) scanf("%s", i) #define sci(i) scanf("%d", &i) #define scd(i) scanf("%lf", &i) #define scIl(i) scanf("%I64d", &i) #define scii(i, j) scanf("%d %d", &i, &j) #define scdd(i, j) scanf("%lf %lf", &i, &j) #define scIll(i, j) scanf("%I64d %I64d", &i, &j) #define sciii(i, j, k) scanf("%d %d %d", &i, &j, &k) #define scddd(i, j, k) scanf("%lf %lf %lf", &i, &j, &k) #define scIlll(i, j, k) scanf("%I64d %I64d %I64d", &i, &j, &k) #define sciiii(i, j, k, l) scanf("%d %d %d %d", &i, &j, &k, &l) #define scdddd(i, j, k, l) scanf("%lf %lf %lf %lf", &i, &j, &k, &l) #define scIllll(i, j, k, l) scanf("%I64d %I64d %I64d %I64d", &i, &j, &k, &l) #define lson l, m, rt<<1 #define rson m+1, r, rt<<1|1 #define lowbit(i) (i & (-i)) #define mem(i, j) memset(i, j, sizeof(i)) #define fir first #define sec second #define VI vector<int> #define ins(i) insert(i) #define pb(i) push_back(i) #define pii pair<int, int> #define VL vector<long long> #define mk(i, j) make_pair(i, j) #define all(i) i.begin(), i.end() #define pll pair<long long, long long> #define _TIME 0 #define _INPUT 0 #define _OUTPUT 0 clock_t START, END; void __stTIME(); void __enTIME(); void __IOPUT(); using namespace std; int main(void){__stTIME();__IOPUT(); int n; sci(n); double len1 = 0, len2 = 0, len3 = 0, dp = 0, ans = 0; for(int i=1; i<=n; i++){ double p; scd(p); dp = len3 * p; ans += (len3 + 3*len2 + 3*len1 + 1) * p - dp; len3 = (len3 + 3*len2 + 3*len1 + 1) * p; len2 = (len2 + 2*len1 + 1) * p; len1 = (len1 + 1) * p; } printf("%.1f\n", len3); __enTIME();return 0;} void __stTIME() { #if _TIME START = clock(); #endif } void __enTIME() { #if _TIME END = clock(); cerr<<"execute time = "<<(double)(END-START)/CLOCKS_PER_SEC<<endl; #endif } void __IOPUT() { #if _INPUT freopen("in.txt", "r", stdin); #endif #if _OUTPUT freopen("out.txt", "w", stdout); #endif }
然后来讲一下网上大部分题解的写法递推 dp[i+1] = dp[i] + X
这个 X 怎么求
期望的得分 E( (len[i]+1)^3 ) = E( len[i]^3 ) + X
那么就可以根据这个求出 X = E( (len[i]+1)^3 ) - E( len[i]^3 )
X = E( (len[i]+1)^3 - len[i]^3 )
= E( 3*len[i]^2 + 3*len[i] + 1 )
= ( 3*len[i]^2 + 3*len[i] + 1 ) * p[i+1]
故得到递推式子 dp[i+1] = dp[i] + ( 3*len[i]^2 + 3*len[i] + 1 ) * p[i+1]
在 len[i] 的计算上注意 上面说的 E(x^2) != E(x)^2
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define ULL unsigned long long #define scl(i) scanf("%lld", &i) #define scll(i, j) scanf("%lld %lld", &i, &j) #define sclll(i, j, k) scanf("%lld %lld %lld", &i, &j, &k) #define scllll(i, j, k, l) scanf("%lld %lld %lld %lld", &i, &j, &k, &l) #define scs(i) scanf("%s", i) #define sci(i) scanf("%d", &i) #define scd(i) scanf("%lf", &i) #define scIl(i) scanf("%I64d", &i) #define scii(i, j) scanf("%d %d", &i, &j) #define scdd(i, j) scanf("%lf %lf", &i, &j) #define scIll(i, j) scanf("%I64d %I64d", &i, &j) #define sciii(i, j, k) scanf("%d %d %d", &i, &j, &k) #define scddd(i, j, k) scanf("%lf %lf %lf", &i, &j, &k) #define scIlll(i, j, k) scanf("%I64d %I64d %I64d", &i, &j, &k) #define sciiii(i, j, k, l) scanf("%d %d %d %d", &i, &j, &k, &l) #define scdddd(i, j, k, l) scanf("%lf %lf %lf %lf", &i, &j, &k, &l) #define scIllll(i, j, k, l) scanf("%I64d %I64d %I64d %I64d", &i, &j, &k, &l) #define lson l, m, rt<<1 #define rson m+1, r, rt<<1|1 #define lowbit(i) (i & (-i)) #define mem(i, j) memset(i, j, sizeof(i)) #define fir first #define sec second #define VI vector<int> #define ins(i) insert(i) #define pb(i) push_back(i) #define pii pair<int, int> #define VL vector<long long> #define mk(i, j) make_pair(i, j) #define all(i) i.begin(), i.end() #define pll pair<long long, long long> #define _TIME 0 #define _INPUT 0 #define _OUTPUT 0 clock_t START, END; void __stTIME(); void __enTIME(); void __IOPUT(); using namespace std; int main(void){__stTIME();__IOPUT(); int n; sci(n); double len1 = 0, len2 = 0, len3 = 0, dp = 0, ans = 0; for(int i=1; i<=n; i++){ double p; scd(p); dp = dp + (3*len2 + 3*len1 + 1) * p; len3 = (len3 + 3*len2 + 3*len1 + 1) * p; len2 = (len2 + 2*len1 + 1) * p; len1 = (len1 + 1) * p; } printf("%.1f\n", dp); __enTIME();return 0;} void __stTIME() { #if _TIME START = clock(); #endif } void __enTIME() { #if _TIME END = clock(); cerr<<"execute time = "<<(double)(END-START)/CLOCKS_PER_SEC<<endl; #endif } void __IOPUT() { #if _INPUT freopen("in.txt", "r", stdin); #endif #if _OUTPUT freopen("out.txt", "w", stdout); #endif }