bzoj4318 OSU!和bzoj 3450 Tyvj1952 Easy

这俩题太像了

bzoj 3450 Tyvj1952 Easy

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aa分，comb就是极大的连续o。

比如ooxxxxooooxxx，分数就是22+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

\(n\leq 300000\)

---

一开始想对每一块连续的确定的\(o\)来维护，但显然不行

由于答案是长度的平方，所以可以先维护一个期望长度

\(len_i\)表示以\(i\)结尾的期望长度

你显然，如果当前是\(o,len_i=len_{i-1}+1\)，当前为\(x,len_i=0\)

如果是不确定，又因为概率是二分之一，那期望就是上面两种情况加起来除以二，\(len_i=\dfrac{len_{i-1}+1}{2}\)

然后很容易观察到的是\((x+1)^2=x^2+2x+1\)

所以可以由这个式子从长度推到答案

设\(f_i\)为\(1\)到\(i\)位答案的期望，这里和刚才\(len\)不同

还是分三种情况讨论

已经确定的两种情况都很简单，是\(o\)就\(f_i=f_{i-1}+2len_{i-1}+1\)，是\(x\)就\(f_i=f_{i-1}\)

因为这里是统计的\(1\)到\(i\)的期望答案，所以也要把前面的期望累加上

如果不确定，就是\(f_i\)有一半的几率能加上\(2len_{i-1}+1\)，所以\(f_o=f_{i-1}+\dfrac{2len_{i-1}+1}{2}\)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#define reg register
#define EN std::puts("")
#define LL long long
inline int read(){
	int x=0,y=1;
	char c=std::getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=std::getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=std::getchar();}
	return y?x:-x;
}
int n;
char s[300006];
double len[300006],f[300006];//len是以i结尾的期望长度
int main(){
	n=read();
	std::scanf("%s",s+1);
	for(reg int i=1;i<=n;i++){
		if(s[i]=='o'){
			len[i]=len[i-1]+1;
			f[i]=len[i-1]*2+1+f[i-1];
		}
		else if(s[i]=='x'){
			len[i]=0;f[i]=f[i-1];
		}
		else{
			len[i]=(len[i-1]+1)/2;
			f[i]=(len[i-1]*2+1)/2+f[i-1];
		}
	}
	std::printf("%.4lf",f[n]);
	return 0;
}

---

bzoj4318 OSU!

这个就是前面那个的升级版

Description

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。

Input

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。

Output

只有一个实数，表示答案。答案四舍五入后保留1位小数。

\(n\leq 100000\)

---

还是用之前的思路，维护一个长度

但是这次转移就是\(len_i=(len_{i-1}+1)\cdot p\)了，因为它有\(p\)的概率能加一，而剩下\(1-p\)的几率变成0

由于\((x+1)^3=x^3+3x^2+3x+1\)，所以还要再维护一个长度平方的期望才能得到答案

因为期望的平方不一定等于平方的期望，这是看了别人blog才知道的，并不会证

长度平方的期望和刚才差不多，但并不完全一样，这只算上以\(i\)结尾的长度的平方

算答案就照搬这个式子然后乘上\(p\)就行

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#define reg register
#define EN std::puts("")
#define LL long long
inline int read(){
	int x=0,y=1;
	char c=std::getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=std::getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=std::getchar();}
	return y?x:-x;
}
int n;
double f[100006],sqr[100006],len[100006];
int main(){
	n=read();
	reg double p;
	for(reg int i=1;i<=n;i++){
		std::scanf("%lf",&p);
		len[i]=(len[i-1]+1)*p;
		sqr[i]=(sqr[i-1]+len[i-1]*2+1)*p;
		f[i]=f[i-1]+(3*sqr[i-1]+3*len[i-1]+1)*p;
	}
//		for(reg int i=1;i<=n;i++) std::printf("%.3lf %.3lf %.3lf\n",len[i],sqr[i],f[i]);
	std::printf("%.1lf",f[n]);
	return 0;
}

其实这两段代码中的数组是可以省掉的，只记录一个之前以为的信息