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概率/期望 DP Let‘s Play Osu!

news 2025/8/13 8:06:01

题目链接：Problem - B - Codeforces

题目大意：

有一个长度为 n 的序列，第 i 个位置上为 "O" 的概率为 $p_{i}$ ，为 "X" 的概率为 $1-p_{i}$ 。

一个序列的得分定义为：

求整个序列的期望得分。

Solution1:

注意到一个关键性质：(x + 1) ^ 2 - x^2 = 2x + 1

也就是说，我们在已经有一段长度为 x 的连续 "O" 序列的情况下，再加多一个 "O" ，得到的贡献就会加上 "2x+1" 。

于是就把平方的期望转化成了线性的。

可以设一个 len[i] 表示以 i 结尾的连续 "O" 序列的期望长度，f[i] 表示序列1~ i 的期望贡献，那么：

f[i] = (1-p[i]) * f[i-1] + p[i] * (f[i-1] + 2 * len[i-1] + 1)

len[i] = p[i] * (len[i-1] + 1) + (1-p[i]) * 0 = p[i] * (len[i-1] + 1)

Code:

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;#define N 100005int n;
double p[N],len[N],f[N];int main()
{scanf("%d",&n);for (int i = 1;i <= n;++ i) scanf("%lf",&p[i]);len[0] = f[0] = 0.00;for (int i = 1;i <= n;++ i){f[i] = (1.00 - p[i]) * f[i - 1] + p[i] * (f[i - 1] + 2.00 * len[i - 1] + 1.00);len[i] = p[i] * (len[i - 1] + 1.00);}printf("%.6lf\n",f[n]);return 0;
}

Solution2:

Solution1是最为广泛的做法，而官方解答里还有一个更为巧妙的发现。

注意到另一个关键性质： $n^2 = 2C_{n}^2 + n$

也就是说，对于一段长度为 n 的连续 "O" 序列，得分贡献可以拆分为两部分：

1. 每一个 "O" 贡献 1 分

2. 每一对 "OO" 贡献 2 分（不一定要相邻）

于是我们又可以利用期望的线性性质拆分来做。

第一部分的答案很简单，就是计算整个序列期望出现多少次 "O" ，即 $\sum p_{i}$ 。

第二部分的答案，我们要计算的就是 [i,j] 这段序列出现全 "O" 的概率，记作 P(i,j) ，其实 P(i,j) 代表的就是第 i 个为 "O" 和第 j 个为 "O" 的组合贡献，它并不包含譬如 P(i+1,j)、P(i,j + 1) ... 的贡献。那么这部分的答案就是 $2\sum_{i < j} P(i,j)$ 。下面考虑如何快速计算 P(i,j)：

（注意我们不可以用类似前缀和的想法维护前缀积，那样精度会爆掉）

可以设 $f_{i} = \sum_{k < i} P(k,i)$ ，则 $f_{i} = f_{i-1} * p_{i} + p_{i-1} * p_{i}$

那么两部分答案加起来就是： $Ans = \sum p_{i} + 2\sum_{i=2}^n f_{i}$

Code:

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;#define N 100005int n;
double p[N],f[N],ans;int main()
{scanf("%d",&n),ans = 0.00;for (int i = 1;i <= n;++ i) scanf("%lf",&p[i]),ans += p[i];f[1] = 0.00;for (int i= 2;i <= n;++ i) f[i] = f[i - 1] * p[i] + p[i - 1] * p[i],ans += 2.00 * f[i];printf("%.6lf\n",ans);return 0;
}

Solution2 看似比较难想，但它给了我们一种做题的全新思路。

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http://www.dtcms.com/a/318093.html