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
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
题目大意：
给定一个序列，每个位置为 o 的几率为 p_i，为 x 的几率为 1 - p_i。对于一个 ox 序列，连续 x 长度的 o 会得到 x^3 的收益，问最终得到的ox 序列的期望收益是多少？
解题报告：
在上一个题（【BZOJ - 3450】）的基础上，期望是x^3，做法如下：
第一步依旧是展开：
我们只需要维护 l1[i]为以 i为结尾的连续期望长度，l2[i] 为以 i 为结尾的连续长度的平方 的期望。
，所以l2不能直接用l1得出。
AC代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define F first
#define S second
#define ll long long
#define pb push_back
#define pm make_pair
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
const int MAX = 2e5 + 5;
int n;
double p;
double dp[MAX],l1[MAX],l2[MAX];
int main()
{cin>>n;for(int i = 1; i<=n; i++) {scanf("%lf",&p);dp[i] = (3*l2[i-1]+3*l1[i-1]+1)*p;l1[i] = (l1[i-1]+1)*p;l2[i] = (l2[i-1]+(l1[i-1]*2+1))*p; }double ans = 0;for(int i = 1; i<=n; i++) ans += dp[i];printf("%.1f\n",ans);return 0 ;
}
