bzoj3450 Tyvj1952 Easy

3450: Tyvj1952 Easy

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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a*a分，comb就是极大的连续o。
比如ooxxxxooooxxx，分数就是2*2+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
四舍五入到小数点后4位
如果害怕精度跪建议用long double或者extended

Sample Input

4
????

Sample Output

4.1250

n<=300000
osu很好玩的哦
WJMZBMR技术还行(雾),x基本上很少呢

Source

我们都爱GYZ杯

分析：一道比较好的题,找到了问题的突破口就很容易解决了.

　　　这道题就是要你把序列分成若干的连续段，每一连续段的贡献就是连续段元素的个数.

　　　很显然是一维dp,令f(i)表示前i个元素的期望值.

　　　那怎么知道有多少个连续的o呢？ 开一个数组l[i]表示i向左期望能延伸到多少个连续的o. 

　　　怎么转移呢？ 肯定是不能直接计算o的个数的平方来计算贡献的,因为这样肯定要枚举一个左端点，那样的话复杂度就是O(n^2)的了.考虑增量法. (i+1)^2 - i^2 = 2*i + 1. 每次增加一个o贡献就会增加2*i + 1. 那么依靠l[i]就能够转移了，比较简单.

　　　这道题让我想起了斜率优化模型的一些题.它们虽然也是分组求贡献，但是不能用增量法,因为这些题目中每一组的贡献都比较复杂,因此需要枚举另一个端点（当然可以用斜率优化来降到O(n)复杂度）.这道题显然是不能用斜率优化的，每一组的贡献只与组内元素的个数有关，就可以用增量法来实现O(n)递推啦！新套路get.

　　　因为求期望一般要倒推嘛，代码稍作些许改动. 其实顺推也是可以的.

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn = 300010;
int n;
double f[maxn],r[maxn];
char s[maxn];

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    scanf("%s",s + 1);
    for (int i = n; i >= 1; i--)
    {
        if (s[i] == 'o')
        {
            r[i] = r[i + 1] + 1;
            f[i] = f[i + 1] + 2 * r[i + 1] + 1;
        }
        if (s[i] == 'x')
        {
            r[i] = 0;
            f[i] = f[i + 1];
        }
        if (s[i] == '?')
        {
            r[i] = (r[i + 1] + 1) / 2;
            f[i] = f[i + 1] + (2 * r[i + 1] + 1) / 2;
        }
    }
    printf("%.4lf
",f[1]);

    return 0;
}