@ysner
2018-10-04T00:27:01.000000Z
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DP
期望
一共有次操作,每次操作只有成功与失败之分,成功对应,失败对应,次操作对应为个长度为的串。
在这个串中连续的个可以贡献的分数,这个不能被其他连续的所包含。
现在给出,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位小数。
丽洁姐姐的题目套路真多
想想如果又添一个会怎么样?
贡献将变为为
实际增加量为
这个玩意怎么求呢?
设表示以为结尾的串的期望长度。(表增量)
表示以为结尾的串期望长度的平方。(表增量)
表示到时串的期望得分。(累计答案)
的转移可以应用完全平方公式:
F3的转移就是概率乘结果:
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define pb(a) push_back(a)
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1e5+100;
int n;
double x1[N],x2[N],x3[N],p;
il int gi()
{
re int x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int main()
{
n=gi();
fp(i,1,n)
{
scanf("%lf",&p);
x1[i]=(x1[i-1]+1)*p;
x2[i]=(x2[i-1]+2*x1[i-1]+1)*p;
x3[i]=x3[i-1]+(3*x2[i-1]+3*x1[i-1]+1)*p;
}
printf("%.1f\n",x3[n]);
return 0;
}