题目
题目背景
原 《产品排序》 参见P2577
题目描述
osu 是一款群众喜闻乐见的休闲软件。
我们可以把osu的规则简化与改编成以下的样子:
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。
输入格式
第一行有一个正整数n,表示操作个数。接下去n行每行有一个[0,1]之间的实数，表示每个操作的成功率。
输出格式
只有一个实数，表示答案。答案四舍五入后保留1位小数。
输入输出样例
输入 #1
3 0.5 0.5 0.5输出 #1
6.0说明/提示
【样例说明】
000分数为0，001分数为1，010分数为1，100分数为1，101分数为2，110分数为8，011分数为8，111分数为27，总和为48，期望为48/8=6.0
N<=100000
思路&代码
我的做法可能比较复杂,但思路可能对你有所启发.
暴力
不难想到,设\(f_i\)表示前\(i\)个操作后的期望得分,则有:
\[f_i=\sum_{j=1}^i\Bigg( \Big(f_{j-1}+(i-j)^3\Big)\cdot \Big(\prod^i_{k=j+1}p_k \Big)\cdot \Big(1-p_j\Big) \Bigg) \]可以做到\(O(n^2)\),80分.
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n;
double p[N];
double f[N];
double pow3(double a) {
return a * a * a;
}
int main() {
scanf("%d" , &n);
for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
scanf("%lf" , p + i);
// f[1] = 0 * (1 - p[1]) + 1 * p[1];
for(int i = 1 ; i <= n ; i++) {
double P = 1;
for(int j = i ; j >= 1 ; j--)
f[i] += (f[j - 1] + pow3(i - j)) * P * (1 - p[j]) , P *= p[j];
f[i] += pow3(i) * P;
}
printf("%.1lf" , f[n]);
return 0;
}
优化
我们可以考虑对上面的式子进行类似前缀和的优化,我们尝试将与\(i\)有关的项从\(\sum\)中分离出来,便于预处理.
我们先预处理一个\(prod_i=\prod_{j=1}^i p_j\),这样,\(\prod_{j=l}^ra_j=prod_r \div prod_{l-1}\).
(为了看懂下式,你需要知道\(\sum (a\cdot b_i)=a\cdot (\sum b_i)\)(\(a\)是一个与\(i\)无关的量)).
为了简化式子,我们用\(t\)代替\((1-p_j)\div prod_j\)(注意\(k\)和\(j\)有关,应该放在\(\sum\)内).
\[\begin{aligned} f_i &= \sum_{j=1}^i\Bigg( \Big(f_{j-1}+(i-j)^3\Big)\cdot \Big(\frac{prod_i}{prod_j} \Big)\cdot \Big(1-p_j\Big) \Bigg)\\ f_i &= prod_i\Bigg( \sum^i_{j=1}\Big( f_{j-1} +(i-j)^3 \Big)\cdot t \Bigg)\\ f_i &= prod_i\Bigg( \sum^i_{j=1}\Big( f_{j-1} +i^3-3i^2j+3ij^2-j^3 \Big)\cdot t \Bigg)\\ f_i &= prod_i\Bigg( \Big(\sum^i_{j=1} f_{j-1}\cdot t\Big) +\Big(\sum^i_{j=1} i^3\cdot t \Big) -\Big(\sum^i_{j=1} 3i^2j\cdot t\Big) +\Big(\sum^i_{j=1} 3ij^2\cdot t\Big) -\Big(\sum^i_{j=1} j^3\cdot t\Big) \Bigg)\\ f_i &= prod_i\Bigg( \Big(\sum^i_{j=1} f_{j-1}\cdot t\Big) +i^3\Big(\sum^i_{j=1} t \Big) -3i^2\Big(\sum^i_{j=1} j\cdot t\Big) +3i\Big(\sum^i_{j=1} j^2\cdot t\Big) -\Big(\sum^i_{j=1} j^3\cdot t\Big) \Bigg)\\ \end{aligned} \]到这里,\(sum\)内的每一项都和\(i\)无关了,这就很快乐了.
我们分别令:注意\(b_0=1\).
\[\begin{aligned} a_i &=\Big(\sum^i_{j=1} f_{j-1}\cdot \frac{1-p_i}{prod_i} \Big)\\ b_i &=\Big(\sum^i_{j=1} \frac{1-p_i}{prod_i} \Big)\\ c_i &=\Big(\sum^i_{j=1} j\cdot \frac{1-p_i}{prod_i}\Big)\\ d_i &=\Big(\sum^i_{j=1} j^2\cdot \frac{1-p_i}{prod_i}\Big)\\ e_i &=\Big(\sum^i_{j=1} j^3\cdot \frac{1-p_i}{prod_i}\Big)\\ \end{aligned} \]则有:
\[f_i = a_i +i^3\cdot b_i -3i^2\cdot c_i +3i\cdot d_i -e_i \]这就清爽多了,可以在\(O(n)\)内处理.
为了提高精度,注意用long double.为了防止概率中出现0,我们以0为界,分开多块处理.由于块间互不影响,每一块内答案加和就是答案.具体可以看代码.
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
#define double long double
const int N = 100010;
int n;
double f[N];
double prod[N];
double a[N] , b[N] , c[N] , d[N] , e[N];
double pow3(double a) {
return a * a * a;
}
double solve(double* p , int n) {
prod[0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
prod[i] = prod[i - 1] * p[i];
f[0] = 0;
b[0] = 1;
for(long long i = 1 ; i <= n ; i++) {
double t = (1 - p[i]) / prod[i];
a[i] = a[i - 1] + f[i - 1] * t;
b[i] = b[i - 1] + t;
c[i] = c[i - 1] + t * i;
d[i] = d[i - 1] + t * i * i;
e[i] = e[i - 1] + t * i * i * i;
f[i] = prod[i] * (
a[i]
+ b[i] * ((double)i * i * i)
- c[i] * ((double)3 * i * i)
+ d[i] * ((double)3 * i)
- e[i]
);
}
return f[n];
}
double p[N];
int main() {
scanf("%d" , &n);
for(int i = 1 ; i <= n ; i++){
scanf("%Lf" , p + i);
}
double ans = 0;
int l = 1 , r = 1;
while(l <= n) {
r = l;
while(r <= n && p[r] != 0)++r;
--r;
ans += solve(p + l - 1 , r - l + 1) ;
l = r + 2;
}
printf("%.1Lf" , ans);
return 0;
}