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

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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;
}