[bzoj4318]OSU!
2017-07-26 19:14
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4318: OSU!
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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。
Sample Input
3
0.5
0.5
0.5
Sample Output
6.0
HINT
【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
Source
sol:
考虑暴力,f[i]表示到i的期望价值,那么枚举一下连续的1的个数,那么这个1提供的期望价值就可以算出来。
从暴力出发,我们发现可以把每个极长串的期望价值分开算。设f[i][j]表示串长的j次方的期望价值。
那么对于0次方,实际上就是以i为结尾的极长串的出现个数。
对于1次方,设原来的极长串长为len,则现在为len+1,那么f[i][1]的期望就是f[i-1][1]*x+f[i][0],因为我们算的就是len的期望和1的期望(0次方和1次方)。
对于2次方,同理,(len+1)^2=len^2+2*len+1,那么我们弄一下这些的期望就行了。
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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。
Sample Input
3
0.5
0.5
0.5
Sample Output
6.0
HINT
【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
Source
sol:
考虑暴力,f[i]表示到i的期望价值,那么枚举一下连续的1的个数,那么这个1提供的期望价值就可以算出来。
从暴力出发,我们发现可以把每个极长串的期望价值分开算。设f[i][j]表示串长的j次方的期望价值。
那么对于0次方,实际上就是以i为结尾的极长串的出现个数。
对于1次方,设原来的极长串长为len,则现在为len+1,那么f[i][1]的期望就是f[i-1][1]*x+f[i][0],因为我们算的就是len的期望和1的期望(0次方和1次方)。
对于2次方,同理,(len+1)^2=len^2+2*len+1,那么我们弄一下这些的期望就行了。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<string> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<iostream> using namespace std; typedef long double ld; typedef double db; const int N=1100000; int n,m; db a ; ld f [4],ans; inline int read() { char c; int res,flag=0; while((c=getchar())>'9'||c<'0') if(c=='-')flag=1; res=c-'0'; while((c=getchar())>='0'&&c<='9') res=(res<<3)+(res<<1)+c-'0'; return flag?-res:res; } int main() { freopen("osu.in","r",stdin); freopen("osu.out","w",stdout); n=read(); for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lf",&a[i]); for(int i=1;i<=n;++i) { f[i][0]=(f[i-1][0]+(1-a[i-1]))*a[i]; f[i][1]=f[i-1][1]*a[i]+f[i][0]; f[i][2]=(f[i-1][2]+2*f[i-1][1])*a[i]+f[i][0]; f[i][3]=(f[i-1][3]+3*f[i-1][2]+3*f[i-1][1])*a[i]+f[i][0]; } for(int i=1;i<n;++i) ans+=f[i][3]*(1-a[i+1]); ans+=f [3]; printf("%.1lf",(db)ans); }
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