bzoj3450 Tyvj1952 Easy

傳送門

---

個人認爲這道題和收集郵票或多或少有相似的地方。
它們都有一個特點，就是某一步產生的貢獻和這一步的信息有關。
解決分兩步：第一步，計算步長的期望。第二步，找到不同步長之間貢獻差值的關係式。
切入點：先假設每一步的貢獻都是$1$。
然後遞推出步長的貢獻後，用找到的關係式去計算真實的貢獻。

---

用$l[i]$表示以第$i$位結尾的連續$o$的期望長度。
用$f[i]$表示到第$i$位爲止的期望分數。

那麼對於$l[i]$，這一段$o$對應的貢獻就是$l[i]^2$。（根據題中定義）

如果已知$l[i-1]$，假設第$i$位就是$o$，那麼這時候有
$l[i]=l[i-1]+1$
當前的貢獻就是
$l[i]^2=(l[i-1]+1)^2=l[i-1]^2+2\times l[i-1]+1$
而原來的貢獻是$l[i-1]^2$，發現這時增加了$2\times l[i-1]+1$。當然，如果這一位是$x$貢獻就是$0$。如果是$?$，就用對應情況的概率*對應情況的期望就好了。這樣就可以直接遞推了。

現在考慮轉移。
如果當前位置爲$x$，那麼$l[i]=0,f[i]=f[i-1]$這很顯然，因爲這裏的貢獻爲$0$嘛

如果當前位置爲$o$，那麼$l[i]=l[i-1]+1,f[i]=f[i-1]+2\times l[i-1]+1$根據剛纔推導的式子可以得出。

如果當前位置爲$?$，那麼用對應情況的概率*對應情況的期望。有$x$和$o$兩種可能。那麼
$f[i]=f[i-1]+\frac{(2\times l[i-1]+1)+(0)}{2},l[i]=\frac{(l[i-1]+1)+(0)}{2}$

最後答案就是$f[n]$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=3e5+10;
double l[maxn],f[maxn];
int n;char ch[maxn];
int main(){
	scanf("%d%s",&n,ch+1);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(ch[i]=='x') f[i]=f[i-1],l[i]=0;
		if(ch[i]=='o') f[i]=f[i-1]+2.0*l[i-1]+1.0,l[i]=l[i-1]+1.0;
		if(ch[i]=='?') f[i]=f[i-1]+l[i-1]+0.5,l[i]=(l[i-1]+1.0)/2.0;
 }printf("%.4lf",f[n]); 
}

當然，$（2\times l[i-1]+1）$只是一個關係的形式，只要找到關係，怎麼寫都可以，像下面這樣。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=3e5+10;
double l[maxn],f[maxn];
int n;char ch[maxn];
int main(){
	scanf("%d%s",&n,ch+1);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		
		if(ch[i]=='x')
		f[i]=f[i-1],l[i]=0;
		
		if(ch[i]=='o')
		l[i]=l[i-1]+1.0,f[i]=f[i-1]-l[i-1]*l[i-1]+l[i]*l[i];
		
		if(ch[i]=='?')
		f[i]=f[i-1]+((l[i-1]+1)*(l[i-1]+1)-l[i-1]*l[i-1])/2.0,
		l[i]=(l[i-1]+1.0)/2.0;

	}printf("%.4lf",f[n]); 
}