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【概率DP】BZOJ4318-OSU!

时间:2016-07-05 22:38:41      阅读:321      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

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【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)3x3=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 }

 

【概率DP】BZOJ4318-OSU!

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原文地址:http://www.cnblogs.com/iiyiyi/p/5645048.html

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