题意：

给n个位置，给出1-n上每个位置出现O的概率pi，记分规则如下，连续的x个O记为x^2分，求和，如 XXOOOXOXOOXX得分为

求得分的期望

<??http://www.2cto.com/kf/ware/vc/" target="_blank" class="keylink">vcD4KPHA+y7y/vNK7z8KjrM7Sw8fE3LHIvc/I3dLXtdi1w7P2T6Oobl4yo6m1xLe9t6g8L3A+CjxwPsHuZHBbaV3OqsewabXEtcO31sbazfs8L3A+CjxwPsTHw7Q8L3A+CjxwPjxpbWcgc3JjPQ=="http://www.2cto.com/uploadfile/Collfiles/20140824/20140824090454221.png" alt="\">

显然这题

考虑一下变换记分的方式

我们有

那么记分方式就变为

一段连续的O，有多少对O×2+O的个数

一对O可以贡献2分

现在得分来源变为两个地方

一对O（2分），和单个O（1分）

我们知道

期望=概率×收益

我们找到每个对O的概率×2

再找到单个O×出现概率

求和即是期望得汾??http://www.2cto.com/kf/yidong/wp/" target="_blank" class="keylink">WPC9wPgo8cD48YnI+CjwvcD4KPHA+ttTT2sSz0ru49rXjaTwvcD4KPHA+09AoMSxpKSAoMixpKSAoMyxpKSAoNCxpKS4uLihpLTEsaSnV4tCpttRPo6zDv7j2uMXCyry0yse009fztb3T0sGss8ujrLHIyOc8aW1nIHNyYz0="https://www.cppentry.com/upload_files/article/49/1_gpjss__.png" alt="\">

令这些概率和为dp[i],即

这样我们有递推关系

对i+1点来说，

dp求和即是所有对O出现的概率之和×2

+

单个O出现的概率×1

求得的即是期望分数

#include 
  
   
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        using namespace std; const int NN=111111; double f[NN]; double dp[NN]; int main(){ #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("/home/rainto96/in.txt","r",stdin); #endif int n;scanf("%d",&n); double sum=0; for(int i=1;i<=n;i++){ //cin>>f[i]; scanf("%lf",&f[i]); sum+=f[i]; } double ansum=0; for(int i=2;i<=n;i++){ dp[i]=(dp[i-1]+f[i-1])*f[i]; ansum+=dp[i]; } printf("%f\n",ansum*2.0+sum); }