【概率DP】BZOJ4318-OSU!

【题目大意】

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。

【思路】

http://blog.csdn.net/popoqqq/article/details/49512533

假如这个01串使确定的，考虑每新增一个位置，如果这个位置是0 ，则贡献为0 ，否则贡献为(x+1)3−x3=3x2+3x+1 ，其中x 为加入之前最长的全1后缀的长度
现在这个问题变成了期望问题，那么我们只需要维护一个x

的期望和x2

的期望即可。注意平方的期望不等于期望的平方。

*自己的补充：关于概率运算的本质：

为什么l1[cur]=(l1[1-cur]+1)*a1呢？其实这个式子应该是这样的：

当前有a1的概率能够击中，产生的期望后缀长度（l1[1-cur]+1）*a1①

当前有(1-a1)的概率不能够击中，产生的期望后缀长度0*(1-a1)②

①+②→l1[cur]=(l1[1-cur]+1)*a1

f则是一般的递推加法，当前这次击中的概率不会影响f[i-1],而当前概率影响的因素只有期望分值得增加量

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdlib>
 5 #include<algorithm>
 6 using namespace std;
 7 double l1[2],l2[2],f[2];
 8 int n;
 9
10 int main()
11 {
12     scanf("%d",&n);
13     int cur=0;
14     for (int i=1;i<=n;i++,cur=1-cur)
15     {
16         double a1;
17         scanf("%lf",&a1);
18         l1[cur]=(l1[1-cur]+1)*a1;
19         l2[cur]=(l2[1-cur]+2*l1[1-cur]+1)*a1;
20         f[cur]=f[1-cur]+(3*l2[1-cur]+3*l1[1-cur]+1)*a1;
21     }
22     printf("%.1lf\n",f[1-cur]);
23     return 0;
24 }