EASY

对于每一位分别计算对答案的贡献，因为期望具有可加性，所以E[i]相加就是最后答案

l记录到当前位最大连续1的长度

s[i]=='o',第i位对答案的贡献= (l+1)^2-l^2=2*l+1;l=l+1;

s[i]=='x' 第i位对答案的贡献=0 ,l=0

s[i]=='?' 0.5的概率为1，贡献2*l+1;

             0.5的概率为0，贡献0

             l=0.5*(l+1)+0.5*0

#include
    
     #include
     
      #include
      
       #define N 100005using namespace std;int n;double t,l[N],l2[N];int main(){    double ans=0.0;    scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<=n;i++)    {         scanf("%lf",&t);         ans+=t*((double)3.0*l2[i-1]+(double)3.0*l[i-1]+(double)1.0);         l[i]=(l[i-1]+1)*t;         l2[i]=(l2[i-1]+2.0*l[i-1]+1)*t;    }    printf("%0.1lf",ans);  //  while(1);    return 0;}
      
     
    

OSU

方法和上面差不多，只是特别注意平方的期望和期望的平方不同，所以开两个数组，f[i]表示前i位长度的期望，g[i]表示前i位长度的平方的期望

对于每一位的贡献=(l+1)^3-l^3=3*l^2+3*l+1=3*g[i]+3*f[i]+1

f[i]很好求，按照上面的方法分类讨论直接求

此时，前i-1位的长度为f[i-1],如果下一位为1，则

g[i]=pi*g[i-1]=pi*E[(f[i-1]+1)^2]=pi*E[f[i-1]^2+2*f[i-1]+1]=E(f[i-1]^2)+2*E(f[i-1])+1(E表示期望)

所以g[i]=g[i+1]+2*f[i-1]+1;

#include
    
     #include
     
      #include
      
       #define N 100005using namespace std;int n;double t,l[N],l2[N];int main(){    double ans=0.0;    scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<=n;i++)    {         scanf("%lf",&t);         ans+=t*((double)3.0*l2[i-1]+(double)3.0*l[i-1]+(double)1.0);         l[i]=(l[i-1]+1)*t;         l2[i]=(l2[i-1]+2.0*l[i-1]+1)*t;    }    printf("%0.1lf",ans);  //  while(1);    return 0;}