BZOJ 3450 - Tyvj1952 Easy （指望DP）

描述

某一天 WJMZBMR 在打 osu~~~ 可是他太弱逼了，有些地方彻底靠运气:(
咱们来简化一下这个游戏的规则：
有 \(n(n\le 300000)\) 次点击要作，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 \(a^2\) 分，comb 就是极大的连续 o。
好比 ooxxxxooooxxx，分数就是 \(2\times 2+4\times 4=4+16=20\)。
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。
那么 WJMZBMR 这场 osu 的指望得分是多少呢？

思路：

这个题若是一段一段的处理，实际上并非很好作。咱们观察到 \((x + 1) ^ 2 - x ^ 2 = 2x + 1\)，那么根据指望的线性性质，咱们能够单独算每个字符的贡献。咱们设 \(dp_i\) 为考虑前 ii 个字符的指望得分，\(l_i\) 为以 \(i\) 为结尾的 comb 的指望长度，\(Comb_i\) 为第 \(i\)个字符，那么有 3 种状况：

1. \(s_i = o\) ，则 \(dp_i = dp_{i - 1} + l_{i - 1} * 2 + 1,l_i = l_{i - 1} + 1\)
2. \(s_i = x\) ，则 \(dp_i = dp_{i - 1}\)
3. \(s_i =\ ?\)， 则 \(dP_i = dp_{i - 1} + \frac{l_i*2 + 1}{2},l_i = \frac{l_{i - 1} + 1}{2}\)

对于前两种状况，实际上是很是直观的，对于第三种状况，其实是求了一个平均长度。例如 ?oo，两种状况的长度 \(l_i\) 分别为 \([0,1,2]\) 和 \([1,2,3]\) ，可是求了平均以后，长度 \(l_i\) 变成了 \([0.5,1.5,2.5]\) ，这样因为咱们的贡献是一个关于长度的一次多项式 \((2x + 1)\) ，因此长度平均以后，贡献也至关于求了一个平均，天然可以求得正确的得分指望。

【AC Code】

const int N = 3e5 + 10;
double dp[N], Comb[N];
int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int n; string s;
    cin >> n >> s;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (s[i] == 'o') {
            dp[i] = dp[i - 1] + Comb[i - 1] * 2 + 1;
            Comb[i] = Comb[i - 1] + 1;
        } else if (s[i] == 'x') {
            dp[i] = dp[i - 1];
            Comb[i] = 0;
        } else {
            dp[i] = dp[i - 1] + (Comb[i - 1] * 2 + 1) / 2;
            Comb[i] = (Comb[i - 1] + 1) / 2;
        }
    }
    cout << setprecision(4) << fixed << dp[n - 1];
}

思考：若是长度为 \(a\) 的 comb 的贡献为 \(a^3\) 时该如何解决？题目连接：Here

Tips：因为 \((a + 1)^3 - a^3 = 3a^3 + 3a + 1\) ，因此咱们要维护 \(a^2\) 和 \(a\) 的指望，注意 \(E_{a^2} \not= E^2_a\)，因此维护 \(a^2\) 的指望是必要的。