Description
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（也就是极长的一串1，具体见样例解释）
现在给出n，以及每个操作的成功率，请你输出期望分数，输出四舍五入后保留1位小数。
Input
第一行有一个正整数n,表示操作个数。接下去n行每行有一个[0,1]之间的实数，表示每个操作的成功率。
Output
只有一个实数，表示答案。答案四舍五入后保留1位小数。
Sample Input
3
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Sample Output
6.0
HINT
【样例说明】
000分数为0，001分数为1，010分数为1，100分数为1，101分数为2，110分数为8，011分数为8，111分数为27，总和为48，期望为48/8=6.0
N<=100000
题解
大牛都说是水题水题，然而被折磨的欲仙欲死，不过终于在 s_z_l老爷 和 Ngshily大爷 的帮助下搞清楚了，写一写帮助后人吧。。。
1>
首先我们要求的是E(x^3)，我们需要明确这里的x^3指的是得分。
我们按照原本的思路，考虑每一位的∆，那么我们假设这一位是1，那么 E((x + 1)^3) = E(x^3) + ∆;
∆ = E((x + 1) ^ 3) - E(x^3) = E((x + 1) ^ 3 - x ^ 3) = E(x^2 + 2x + 1 + x^2 + x + x^2) = E(3x^2 + 3x + 1) = 3E(x^2) + 3E(x) + 1.
所以我们得到了∆的表达式，那么这一位是1的概率是pi，所以需要给∆乘上pi --> E((x + 1)^3) = E((x)^3) + p[x + 1] * (3E((x) ^ 2) + 3E(x) + 1).
2>
然后我们需要计算E(x^2), E(x) 的价值，我们依然要明确这里的x是结尾连续1的长度的期望，和上面的x并不是一个意思，我们用l代替。
同样的我们假设这一位是1，那么E((l + 1)^2) = E(l^2) + ∆ --> ∆ = 2E(l) + 1
所以我们应该整个乘上p[l + 1]，所以E((l + 1) ^ 2) = p[l + 1] * (E(l ^ 2) + ∆).
遇到的几个问题:
1> 首先我们需要明确 E(x^3) 这个是答案值，我们这样考虑，E(x^3) = E((x - 1)^3) + ∆。E((x - 1)^3)是不变的，我们需要给他加上新的值乘上概率，也就是说我们应该写成 E(x^3) = E((x - 1) ^ 3) + p[x] * ∆. 注意在∆前面乘上p[x]，这代表着这一位的可能取值。
2> 在递推过程中，∆ = 3E((x - 1)^2) + 3E(x - 1) + 1。也就是说这一位需要的是上一位的E(x^2)和E(x)。这里的x是指长度，所以我们在解决E(x^2)的问题时，同样可以一样考虑，E(x^2) = E((x - 1) ^ 2) + ∆，但是注意这是这一位取1的值的可能取值，那么我们应该E(x^2) = p[x] * (E((x - 1)^2) + ∆).
3> 注意，1>和2>中p[x]的乘的地方是不一样的，应为一个是累加贡献，而另一个是加上以后才是这一位如果取一的取值。
4> 在解决E(x^3)的时候，如果用E(x^3) - E((x - 1) ^ 3) = 3E(x^2) - 3E(x) + 1。但是这是不一样的，应为我们在用E((x - 1)^3) 去推理 E(x^3) 所以后面应该是用3E((x - 1)^2) + 3E(x - 1) + 1.
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
#define drep(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i--)
#define REP(i, a, b) for (int i = a; i < b; i++)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define clr(x) memset(x, 0, sizeof(x))
#define xx first
#define yy second
using namespace std;
typedef long long i64;
typedef pair<int, int> pii;
const int inf = ~0U >> ;
const i64 INF = ~0ULL >> ;
//***************************************
int main() {
int n;
scanf("%d", &n);
double ans(), l(), l2(), p;
rep(i, , n) {
scanf("%lf", &p);
ans += p * ( * l2 + * l + );
l2 = p * (l2 + * l + );
l = p * (l + );
}
printf("%.1lf\n", ans);
return ;
}