bzoj4318 OSU!（期望概率DP,期望的线性性）

bzoj4318 OSU!

原题地址：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4318

题意： 
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。

数据范围 
N<=100000

题解： 
期望的线性性： 
期望的和=和的期望 
期望的平方≠平方的期望 
期望的立方≠立方的期望 
(可以理解成概率会乘多次) 
因为 
(x+1)^3-x^3=3*x^2+3*x+1 
(x+1)^2-x^2=2*x+1 
每次如果成功，对答案贡献3*x^2+3*x+1 （接着之前的x个1） 
失败 贡献0 
我们每次计算期望长度和期望的 长度的平方，并且都要从前一位线性去推。 

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=100005;
int n;
double f[N],f2[N],sum[N];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<=n;i++) f[i]=f2[i]=sum[i]=0.0;
    double ans;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        double p;
        scanf("%lf",&p);
        f[i]=(f[i-1]+1)*p;
        f2[i]=(f2[i-1]+2*f[i-1]+1)*p;
        sum[i]=sum[i-1]+(3*f2[i-1]+3*f[i-1]+1)*p;
    }
    printf("%0.1lf\n",sum[n]);
    return 0;
}

小结：对于每一位，只需要计算有贡献的概率*贡献值即可。

式子中的每一项均为期望。