2018.08.30 Tyvj1952 Easy(期望dp)
Description
某一天WJMZBMR在打osu~~~但是他太弱逼了,有些地方完全靠运气:(
我们来简化一下这个游戏的规则
有n次点击要做,成功了就是o,失败了就是x,分数是按comb计算的,连续a个comb就有a*a分,comb就是极大的连续o。
比如ooxxxxooooxxx,分数就是2*2+4*4=4+16=20。
Sevenkplus闲的慌就看他打了一盘,有些地方跟运气无关要么是o要么是x,有些地方o或者x各有50%的可能性,用?号来表示。
比如oo?xx就是一个可能的输入。
那么WJMZBMR这场osu的期望得分是多少呢?
比如oo?xx的话,?是o的话就是oooxx => 9,是x的话就是ooxxx => 4
期望自然就是(4+9)/2 =6.5了
Input
第一行一个整数n,表示点击的个数
接下来一个字符串,每个字符都是ox?中的一个
Output
一行一个浮点数表示答案
四舍五入到小数点后4位
如果害怕精度跪建议用long double或者extended
Sample Input
4
????
Sample Output
4.1250
n<=300000
osu很好玩的哦
WJMZBMR技术还行(雾),x基本上很少呢
Source
我们都爱GYZ杯
一道简单的期望dp。
先转移最长期望后缀长度,然后转移答案。
即用f[i]表示从i开始的后缀的期望连续o长度,g[i]表示前i个字母的期望贡献。
然后就可以转移了。
注意到如果第i个是o的期望是p。
那么有状态转移方程:
f[i]=(f[i−1]+1)∗p" role="presentation" style="position: relative;">f[i]=(f[i−1]+1)∗pf[i]=(f[i−1]+1)∗p
g[i]=g[i−1]+((f[i−1]+1)2−f[i−1]2)∗p" role="presentation" style="position: relative;">g[i]=g[i−1]+((f[i−1]+1)2−f[i−1]2)∗pg[i]=g[i−1]+((f[i−1]+1)2−f[i−1]2)∗p
然后化简第二个式子。
=>g[i]=g[i−1]+(2∗f[i−1]+1)∗p" role="presentation" style="position: relative;">g[i]=g[i−1]+(2∗f[i−1]+1)∗pg[i]=g[i−1]+(2∗f[i−1]+1)∗p
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define N 300005
using namespace std;
char s[N];
int n;
double f[N],g[N];
int main(){
scanf("%d%s",&n,s+1);
for(int i=1;i<=n;++i){
double tmp;
if(s[i]=='o')tmp=1.0;
else if(s[i]=='x')tmp=0.0;
else tmp=0.5;
f[i]=(f[i-1]+1.0)*tmp,g[i]=g[i-1]+(f[i-1]*2.0+1.0)*tmp;
}
printf("%.4lf",g[n]);
return 0;
}
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