问题描述
osu!是一个基于《押忍！战斗！应援团》《精英节拍特工》《太鼓达人》等各种音乐游戏做成的一款独特的PC版音乐游戏。游戏中，玩家需要根据音乐的节奏，通过鼠标点击或敲击按键合成一首歌曲。
一张osu!的地图是由若干个“音”排列而成的。在本题中，对于每个音我们只需要考虑成功点击和错过（miss）这两种情况。对于一张osu!地图，玩家的完成情况可以用一个01串表示（0代表miss，1代表成功）。在本题中，使用如下计分规则：将玩家完成一张地图的01串中所有的0删去，则这个串可能会断裂成若干段连续的1。对于一段长度为L的1（L≥1），你的总分会增加L^2+L+1。例如：一张地图有10个音，某玩家完成情况为1011101110，则删除所有0后得到的是“1”“111”和“111”。因此这个玩家的得分为(1+1+1)+(9+3+1)+(9+3+1)=29。
ACMonster要给Sandytea出一张osu!的地图。在一张图中，不同音对于Sandytea而言难度可能是不同的。我们定义一个音的难度系数为Sandytea成功完成这个音的概率，因此这个难度系数是介于0和1之间的。
现在ACMonster写下了一个包含N个音的序列，但是他不想直接把这个序列做成地图，而是选择其中的某个片段。设S(X,Y)代表序列上第X个音到第Y个音构成的序列，ACMonster想知道如果把S(X,Y)对应的序列做成地图，Sandytea的期望得分是多少。有时ACMonster会觉得某个音的难度系数不太合理，因此要进行修改。请你想办法处理ACMonster的修改，并回答他提出的问题。
输入格式
第一行包含两个数N和M，N代表序列中音的个数，M代表询问及修改的总次数。
第二行至第(N+1)行每行包含一个实数，第i行的实数表示第(i-1)个音的难度系数。
第(N+2)行至第(N+M+1)行每行包含三个数Type,X和Y。
如果Type=0，代表ACMonster询问S(X,Y)的期望得分，保证X和Y为整数，1≤X≤Y≤N。
如果Type=1，代表ACMonster要把第X个音的难度系数修改为Y，保证X为整数，1≤X≤N，0≤Y≤1。
输出格式
对于输入中所有询问，按照出现的顺序输出相应的答案，四舍五入保留两位小数。
样例输入
2 3
0.5
0.5
0 1 2
1 1 0
0 1 2
样例输出
3.25
1.50
样例说明
对于第一次询问，00，01，10，11这四种情况出现的概率均为1/4，得分分别为0，3，3，7。因此期望得分为(0+3+3+7)/4=3.25。
对于第二次询问，00，01这两种情况出现的概率均为1/2，得分分别为0，3。因此期望得分为(0+3)/2=1.50。
数据规模和约定
20%的数据满足N,M≤5000；
60%的数据满足N,M≤50000；
100%的数据满足N,M≤500000。
题解
我们要求的是E(L^2 + L + 1)，我们先按照之前的方法试一试，设sum[i]表示到第i位这个值的答案是E(L^2 + L + 1)，那么我们依旧这样写sum[i] = sum[i - 1] + pi * ? ? = 2E(L) + 2。
但是这样是不对的，这样的话我们发现我们把0这样的?当成了1。
以下正解:
E(L^2) + E(L) + E(1)，应为这些都是得分，sum[i] = sum[i - 1] + pi * ?。
剩下的就是乔明达大爷的题解了，我就不写了。
1 #include <bits/stdc++.h>
2 #define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
3 #define drep(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i--)
4 #define REP(i, a, b) for (int i = a; i < b; i++)
5 #define mp make_pair
6 #define pb push_back
7 #define clr(x) memset(x, 0, sizeof(x))
8 #define xx first
9 #define yy second
10 using namespace std;
11 typedef long long i64;
12 typedef pair<int, int> pii;
13 const int inf = ~0U >> 1;
14 const i64 INF = ~0ULL >> 1;
15 //*******************************
16
17 const int maxn = 500005;
18
19 struct node {
20 double p;
21 double a21, a22, a31, a32;
22 double mul1;
23 node() {}
24 node(double _p, double _a21, double _a22, double _a31, double _a32, double _mul1) :
25 p(_p), a21(_a21), a22(_a22), a31(_a31), a32(_a32), mul1(_mul1) {}
26
27 };
28
29 double ans0, ans1, ans3[3];
30
31 /* the matrix
32 {sum[i - 1], E[i - 1], 1} * {1 , 0 , 0} = {sum[i], E[i], 1}
33 {2pi, pi, 0}
34 {pi , pi, 1}
35 */
36
37 double pi[maxn];
38
39 struct Seg_Tree {
40 node T[maxn << 2];
41
42 void Push_up(int o) {
43 T[o].p = T[o << 1].p + T[o << 1 | 1].p, T[o].mul1 = T[o << 1].mul1 + T[o << 1 | 1].mul1;
44 T[o].a21 = T[o << 1].a21 + T[o << 1].a22 * T[o << 1 | 1].a21;
45 T[o].a22 = T[o << 1].a22 * T[o << 1| 1].a22;
46 T[o].a31 = T[o << 1].a31 + T[o << 1].a32 * T[o << 1 | 1].a21 + T[o << 1 | 1].a31;
47 T[o].a32 = T[o << 1].a32 * T[o << 1 | 1].a22 + T[o << 1 | 1].a32;
48 }
49
50 void update(int o, int l, int r, int x, double p) {
51 if (l == r) {
52 T[o] = node(p, 2 * p, p, p, p, (1 - pi[l - 1]) * p);
53 return;
54 }
55 int mid = l + r >> 1;
56 if (x > mid) update(o << 1 | 1, mid + 1, r, x, p);
57 else update(o << 1, l, mid, x, p);
58 Push_up(o);
59 }
60
61 void query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
62 if (ql <= l && r <= qr) {
63 ans1 += T[o].p;
64 ans0 += T[o].mul1;
65 ans3[1] = ans3[1] + ans3[2] * T[o].a21 + T[o].a31;
66 ans3[2] = ans3[2] * T[o].a22 + T[o].a32;
67 return;
68 }
69 int mid = l + r >> 1;
70 if (ql <= mid) query(o << 1, l, mid, ql, qr);
71 if (qr > mid) query(o << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr);
72 }
73 } T;
74
75 int main() {
76 int n, m;
77 scanf("%d%d", &n, &m);
78 rep(i, 1, n) scanf("%lf", &pi[i]), T.update(1, 1, n, i, pi[i]);
79 while (m--) {
80 int op;
81 scanf("%d", &op);
82 if (!op) {
83 int x, y; scanf("%d%d", &x, &y);
84 ans1 = 0, ans0 = 0, ans3[1] = ans3[2] = 0;
85 T.query(1, 1, n, x, y);
86 printf("%.2lf\n", ans1 + ans0 + pi[x - 1] * pi[x] + ans3[1]);
87 }
88 else {
89 double w; int x;
90 scanf("%d%lf", &x, &w);
91 pi[x] = w, T.update(1, 1, n, x, w);
92 if (x != n) T.update(1, 1, n, x + 1, pi[x + 1]);
93 }
94 }
95 return 0;
96 }