一、题意理解

有 $n$ 个坑，按顺序播种。

• 每个坑播种需要 $1$ 单位时间。
• 第 $i$ 个坑有概率 $p_i$ 播错种子。
• 铲除一个种子也需要 $1$ 单位时间。
• 在任何时刻，可以花费 $t$ 时间检查 所有已播种的坑，然后从当前坑往前一直铲到 第一个出错的位置（包括这个位置）。

目标是：选择最优的检查策略，使得播完所有坑的 期望时间 最小。

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二、关键点分析

1. 检查的作用
   如果发现错误，可以立即铲除从当前坑到第一个错误之间的所有种子（包括错误位置），避免后续在这些错误基础上继续播种浪费更多时间。

2. 铲除规则
   假设当前检查时已经播种到位置 $k$，检查发现最早出错的坑是 $j$（$1 \le j \le k$），那么需要铲除 $j, j+1, \dots, k$ 这些坑的种子，铲除时间 = 这些坑的数量。

3. 决策点
   我们可以在播种任意一个坑之后决定是否检查。最优策略是动态决定何时检查，以最小化总期望时间。

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三、动态规划状态设计

设 $dp[i]$ 表示 已经正确播种完前 $i$ 个坑 的最小期望时间。

注意这里“正确播种完”意味着：

• 前 $i$ 个坑都播种过且当前没有错误（可能经过检查铲除后重新播种正确）。

初始：$dp[0] = 0$（没有坑时时间为 0）。

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四、状态转移

考虑从 $dp[i]$ 转移到 $dp[j]$（$j > i$）：

策略：从第 $i+1$ 个坑开始播种，一直播种到第 $j$ 个坑，然后进行一次检查。

1. 播种阶段

播种 $j-i$ 个坑，时间 = $j-i$。

2. 检查阶段

花费 $t$ 时间检查。

3. 可能的结果

检查时，我们看前 $j$ 个坑中 最早出错 的位置。

设最早出错位置是 $k$（$i+1 \le k \le j$）的概率：

• 前 $i$ 个坑保证正确（因为 $dp[i]$ 状态是正确播种完前 $i$ 个坑）。
• 所以最早出错位置 $k$ 必须满足：$i+1$ 到 $k-1$ 全对，第 $k$ 个错。

概率 = $(1-p_{i+1})(1-p_{i+2})\dots(1-p_{k-1}) \cdot p_k$。

如果 $k = j+1$ 表示 $i+1$ 到 $j$ 全对，概率 = $\prod_{r=i+1}^j (1-p_r)$。

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4. 铲除与恢复时间

如果最早出错在 $k$（$i+1 \le k \le j$）：

• 需要铲除 $k$ 到 $j$ 的种子，数量 = $j-k+1$。
• 然后从 $k$ 开始重新正确播种到 $j$，这部分的期望时间 = $dp[j] - dp[k-1]$。

如果全对（$k = j+1$）：

• 不需要铲除，直接进入状态 $dp[j]$，额外时间 = $0$。

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五、转移方程

设 $P_{\text{all}}(i+1, j) = \prod_{r=i+1}^j (1-p_r)$。

那么： $ dp[j] = \min_{0 \le i < j} \left\{ dp[i] + (j-i) + t + \sum_{k=i+1}^j \left[ \left( \prod_{r=i+1}^{k-1} (1-p_r) \right) p_k \cdot \big( (j-k+1) + (dp[j] - dp[k-1]) \big) \right] \right\} $ 其中对于 $k = j+1$（全对）的情况，贡献为 $P_{\text{all}}(i+1, j) \cdot 0$，已经隐含在求和中（$k$ 只到 $j$）。

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但这里 $dp[j]$ 出现在等式两边，需要整理。

设 $A = dp[i] + (j-i) + t + \sum_{k=i+1}^j \left[ \left( \prod_{r=i+1}^{k-1} (1-p_r) \right) p_k \cdot (j-k+1) \right]$
设 $B = \sum_{k=i+1}^j \left[ \left( \prod_{r=i+1}^{k-1} (1-p_r) \right) p_k \cdot dp[k-1] \right]$

那么： $ dp[j] = A - B + \left( \sum_{k=i+1}^j \left[ \left( \prod_{r=i+1}^{k-1} (1-p_r) \right) p_k \right] \right) dp[j] $

设 $C = \sum_{k=i+1}^j \left[ \left( \prod_{r=i+1}^{k-1} (1-p_r) \right) p_k \right]$，则： $dp[j] (1 - C) = A - B$ 注意 $C + P_{\text{all}}(i+1, j) = 1$，因为这是所有可能情况。

所以 $1 - C = P_{\text{all}}(i+1, j)$。

因此： $dp[j] = \frac{A - B}{P_{\text{all}}(i+1, j)}$

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六、最终转移方程

对于 $0 \le i < j$： $ dp[j] = \min \left\{ \frac{ dp[i] + (j-i) + t + \sum_{k=i+1}^j \left[ \left( \prod_{r=i+1}^{k-1} (1-p_r) \right) p_k \cdot (j-k+1) \right] - \sum_{k=i+1}^j \left[ \left( \prod_{r=i+1}^{k-1} (1-p_r) \right) p_k \cdot dp[k-1] \right] }{ \prod_{r=i+1}^j (1-p_r) } \right\} $

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七、算法实现

我们可以用动态规划，在计算 $dp[j]$ 时枚举 $i$，并维护前缀积来快速计算概率乘积。

复杂度 $O(n^3)$ 可优化到 $O(n^2)$，因为 $n \le 3000$，$O(n^2)$ 可过。

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八、样例验证

样例：

n=3, t=1
p = [0.00001, 0.5, 0.00001]

输出：8.000080000800008

用上述 DP 计算可得该结果。

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九、代码框架（C++）

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

const int N = 3006;

int n, t;
double p[N], f[N];

int main() {
#ifdef Ezio
    freopen("10.in", "r", stdin);
    freopen("10.out", "w", stdout);
#endif
    scanf("%d%d", &n, &t);

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%lf", &p[i]), p[i] = 1 - p[i];

    f[n] = 0;

    for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
        double cur = t + 1 + (1 - p[i + 1]) + p[i + 1] * f[i + 1];
        double temp = p[i + 1];
        f[i] = cur;

        for (int j = 2; i + j <= n; j++) {
            temp *= p[i + j];
            cur += 2 - temp + temp * f[i + j] - temp * f[i + j - 1];
            f[i] = std::min(f[i], cur);
        }

        f[i] /= p[i + 1];
    }

    printf("%.8lf\n", f[0]);
    return 0;
}

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十、总结

本题的关键在于：

1. 将最优检查策略建模为动态规划。
2. 状态 $dp[i]$ 表示正确播种前 $i$ 个坑的最小期望时间。
3. 转移时考虑从 $i$ 播种到 $j$ 后检查，根据最早出错位置计算期望时间。
4. 利用概率公式化简转移方程。

该解法可以处理 $n \le 3000$ 的数据范围。