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洛谷 P1654 OSU!

思路考虑 \(DP\) 转移，设 \(F[i]\) 表示长度为 \(i\) 序列的期望分数。得到如下转移： \(F[i]=(F[i-1]-A[i-1]+A[i])p_i+F[i-1](1-p_i)\) 其中 \(A[i]\) 的意义是：以 \(i\) 位 \(1\) 结尾极长连续段的立方贡献的期望分数。再设 \(B[i]\) 为以 \(i\) 位 \(1\) 结尾极长连续段的平方

LuoguP1635 WJMZBMR打osu! / Easy 题解

题目传送门题目大意给定一个包含 o 和 x 的序列，有些位置是不确定的，用 ? 表示（\(50\%\) 的概率为 x \(50\%\) 概率为 o）。连续长度的为 \(a\) 的 o 可以获得收益 \(a^2\)。现在要求收益的期望值。题目解析假设这个序列为 \(\{a_n\}\)。首先不考虑求期望值，也就是说这个序列式给

【专题】概率期望乱写

概率与期望DP 绿豆蛙的归宿 DAG上求起点到重点的期望路径长度设 \(F[i]\) 表示从\(i\)到\(n\)的期望步数显然\(F[n]\)为零,转移则为 \(F[i]=\sum_{son(j)}{(F[j]+dis_{i,j})/DEG[i]}\) 在DAG上做拓扑排序进行转移即可较为水聪聪和可可老鼠的走法就是随机走一个点或者停留考

P1365 WJMZBMR打osu! / Easy 题解(期望dp)

题目链接题目思路显然每次转移都需要知道前面连续长度的期望所以使用两个数组，一个记录答案，一个记录连续长度期望即可代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<int,int> pii; #define fi first

P1654 OSU!

P1654 OSU! 题目题目背景原《产品排序》参见P2577 题目描述 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

WJMZBMR打osu! / Easy

by luogu 期望dp 很好的题，但是我太菜了我开始的思路是统计？的个数，然后dfs处理但是发现N3e5我的想法也无法实现 len记录当前一连串 o 的个数当遇到 x 时处理结束； #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=3e5+7; int n; long double dp[N],len;

[题解] P1654 OSU!

[题解] P1654 OSU! 传送门解题报告题意描述自己看吧。考虑到两个公式： \((a+b)^2=a^2+2ab+b^2\) \((a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\) 不妨设 DP 数组 \(f[i][0/1]\) 表示第 \(1\) 到 \(i\) 位 \(1\) 的期望个数，其中 \(0\) 维维护原始期望值，\(1\) 维维护平方的期望值（顺序不可颠

【YBTOJ】【CF235B】【Luogu P1365】Let's Play Osu!

题目大意：有 \(n\) 次点击要做，成功了就是 o，失败了就是 x，分数是按 combo 计算的，连续 \(a\) 个 combo 就有 \(a\times a\) 分，combo 就是极大的连续o。思路：设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 秒期望分数，\(g_i\) 表示前 \(i\) 秒期望连续 combo。方程显然： \[g_i=(g_{i-1}+1)p \]\[f_i=f_{i-1

Luogu1654 OSU! 题解

题目传送门先设 \(x\) 为当前得分，当又得到 \(1\) 分时，有： \[(x+1)^3=x^3+3x^2+3x+1 \]由于原先得分为 \(x^3\) ，可知每次 \(+1\) 都会增加 \(3x^2+3x+1\) 分。在代码实现过程中，用 \(x\) 维护一维 \(x\) ，\(y\) 维护二维 \(x^2\) ，就很容易实现了。 View code: #include<bits/stdc++.

osu合集（期望dp）

T1 EASY 我们设\(f_i\)表示到\(i\)的连续个数平方的期望。 \(g_i\)表示到到\(i\)的连续个数的期望在维护\(f_i\)的同时维护一下\(g_i\)就行了。转移方程: \(g_i\)= \(p_i \times g_{i-1}\); \(f_i = p_i \times (f_{i-1} + 2 \times g_{i-1} + 1) + (1-p_i) \times f_{i-1}\) 解

【洛谷P1654】OSU!

题目 https://www.luogu.org/problem/P1654 题意给定每个位置为$1$的几率，一段长度为$x$的连续的并且极大的$1$对得分的贡献为$x^3$，求得分的期望。题解显然，我们可以换一种统计答案的方式，把贡献分给每个极长的前缀$1$，设在序列的第$i$个位置时，这个贡献为$val_i$。当$i$前面有且仅

P1654 OSU!

题目背景原《产品排序》参见P2577 题目描述 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 XX 个 11 可以贡献 X^3X3

【BZOJ - 4318】OSU!（概率dp，数学期望，期望的线性性）

题干： 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

【bzoj 4318】OSU!

题意　　一个长度为 $n$ 的字符串，第 $i$ 位有 $p_i$ 的概率是 $1$，否则是 $0$。一个字符串的分数定义为：对于字符串中每一个极长的连续一段 $1$，设这段 $1$ 的长度为 $x$，分数累加 $x^3$。　　求字符串的期望分数。题解　　考虑分数累加 $x^3$ 而不是 $x$ 时怎么做。　　设 $f

Luogu P1654 OSU! | 期望

题目链接很妙的一道题。题目要求$X^3$的期望值。直接求不好求。考虑先求出$X$和$X^2$的期望值，然后再求$X^3$的期望值。迎.刃.而.解. #include<iostream>#include<cstdio> using namespace std; double p[100005],x1[100005],x2[100005],x3[100005];int main(){

Luogu P1365 WJMZBMR打osu! / Easy

概率期望专题首杀…… 毒瘤dp 首先根据数据范围推断出复杂度在O(n)左右但不管怎么想都是n^2…… 晚上躺在床上吃东西的时候（误）想到之前有几道dp题是通过前缀和优化的而期望的可加性又似乎为此创造了条件那么是不是可以只考虑多一个o对整体期望的贡献？很显然，为(x+1)^2-x^2=2x+1

洛谷 P1365 WJMZBMR打osu! / Easy

题目背景原维护队列参见P1903 题目描述某一天\(WJMZBMR\)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\(combo\)计算的，连续\(a\)个\(combo\)就有\(a\times a\)分，\(combo\)就

Luogu P1654 OSU!

写法和CF235B Let's Play Osu!非常相似。但是这个题厉害就厉害在统计的贡献里面有一个平方的期望，而这个平方的期望和期望的平方是完全不一样的，需要另外统计，逻辑上仔细想一想就会明白。期望\(dp\)没那么可怕，但是确实非常不容易调试。所以一定要在第一次推出式子的时候，保证式子的正

Java中 BufferedInputStream/BufferedOutputStream 与 FileInputStream/FileOutputStream 性能对比测试

BufferedInputStream/BufferedOutputStream在文件I/O过程中使用了缓冲区，从而提高了I/O性能。具体提升多少？下面进行测试测试环境： CPU：i3-4160 @3.6GHz内存：4G DDR3 @1333MHz硬盘：WDC_WD5000AAKX-08U6AA0 ATA系统：Windows 7 旗舰版采用文件加密与解密的方法对BufferedInputStream/Buffe

[BZOJ4318] OSU!

比较简单，每个键分两种情况计算期望。然而要注意的是，期望是线性运算，期望的平方不是平方的期望。 ```cpp include include include include include include include using namespace std; define scnaf scanf const int maxn = 100000 + 10; int n; double a[maxn], dp[max