[BZOJ4318]OSU! （期望 DP）

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洛谷 P1654
BZOJ 4318

Solution

• 很容易想到 $f[i]$ 表示就前 $i$ 次操作的期望贡献
• 但发现一个问题：长度为 $X$ 的仅由 $1$ 组成的一段的贡献是 $X^3$ ，故只记录 $f[i]$ 无法转移
• 但如果以 $i-1$ 为结尾的，最长的仅由 $1$ 组成的段长度为 $x$ ，那么如果第 $i$ 次操作成功则最后一段对答案的贡献由 $x^3$ 变成 $(x+1)^3$
• 也就是说贡献加上了
• $(x+1)^3-x^3=3x^2+3x+1$
• 所以记录
• $g_1[i]$ 表示前 $i$ 次操作，以 $i$ 为结尾，仅由 $1$ 组成的最长的段的期望长度
• $g_2[i]$ 表示前 $i$ 次操作，以 $i$ 为结尾，仅由 $1$ 组成的最长的段的长度的二次方的期望值
• $g_1$ 的转移显然
• $g_1[i]=(g_1[i-1]+1)\times p_i$
• 其中 $p_i$ 表示第 $i$ 次操作成功的概率
• $g_2$ 的转移，由于 $(x+1)^2-x^2=2x+1$ ，所以
• $g_2[i]=(g_2[i-1]+2\times g_1[i-1]+1)\times p_i$
• $f$ 的转移也出来了
• $f[i]=f[i-1]\times(1-p_i)+(f[i-1]+3\times g_2[i-1]+3\times g_1[i-1]+1)\times p_i$
• 复杂度 $O(n)$

Code

• 主体部分仅 10 行，可用于刷短代码

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)

const int N = 1e5 + 5;

int n;
double p[N], f[N], g1[N], g2[N];

int main()
{
	int i;
	std::cin >> n;
	For (i, 1, n) scanf("%lf", &p[i]);
	For (i, 1, n)
	{
		g1[i] = p[i] * (g1[i - 1] + 1);
		g2[i] = p[i] * (g2[i - 1] + g1[i - 1] * 2 + 1);
		f[i] = f[i - 1] * (1.0 - p[i]) +
			(f[i - 1] + g2[i - 1] * 3 + g1[i - 1] * 3 + 1) * p[i];
	}
	printf("%.1lf\n", f[n]);
	return 0;
}