1049. 数列的片段和

给定一个正数数列，我们可以从中截取任意的连续的几个数，称为片段。例如，给定数列{0.1, 0.2, 0.3, 0.4}，我们有(0.1) (0.1, 0.2) (0.1, 0.2, 0.3) (0.1, 0.2, 0.3, 0.4) (0.2) (0.2, 0.3) (0.2, 0.3, 0.4) (0.3) (0.3, 0.4) (0.4) 这10个片段。

给定正整数数列，求出全部片段包含的所有的数之和。如本例中10个片段总和是0.1 + 0.3 + 0.6 + 1.0 + 0.2 + 0.5 + 0.9 + 0.3 + 0.7 + 0.4 = 5.0。

输入格式：

输入第一行给出一个不超过105的正整数N，表示数列中数的个数，第二行给出N个不超过1.0的正数，是数列中的数，其间以空格分隔。

输出格式：

在一行中输出该序列所有片段包含的数之和，精确到小数点后2位。

输入样例：

4
0.1 0.2 0.3 0.4

输出样例：

5.00

解题思路：
主要是精度损失问题。在大量的数累加之后浮点数就会损失精度。计算的过程越多，误差累积越大。使用浮点型进行大量计算时要尽可能地减小计算。

算法思路：

以 数列{1.0, 2.0, 3.0, 4.0} 为例，它拥有以下片段（每行一个）：

`1.0`
`1.0`	2.0
`1.0`	2.0	`3.0`
`1.0`	2.0	`3.0`	4.0
2.0
2.0	`3.0`
2.0	`3.0`	4.0
`3.0`
`3.0`	4.0
4.0

可以发现：
1.0 出现了 4 * 1 次，即 n 次。4 代表一列有 4 个 1.0，1 代表共有一列。
2.0 出现了 3 * 2 次，即 (n-1) * 2 次。3 代表一列有 3 个 2.0，2 代表共有二列。
3.0 出现了 2 * 3 次，即 (n-2) * 3 次。2 代表一列有 2 个 3.0，3 代表共有三列。
4.0 出现了 1 * 4 次，即 (n-3) * 4 次。1 代表一列有 1 个 4.0，4 代表共有四列。

于是总和就等于 \(\sum_{i=0}^{N-1}a[i] * (N - i) * (i + 1)\)。

值得注意的是：

sum += a[i] * (N - i) * (i + 1);

与

sum += (N - i) * (i + 1) * a[i];

这两种写法有所差距。第一种写法，三次运算每次都是 double 型，第二种写法，第一次运算结果是 int 型，有可能出现溢出。当 i = N/2 时，(N - i) * (i + 1) 的值最大，超过了 int 型所能表示的范围。你可以对第二种写法进行强制类型转换（转换成 long long int 或者 double 都可，推荐 long long int，这样至少在精度上少了一次损失），或者写成第一种那样，利用 C 语言的自动类型转换。

解题代码：

#include<stdio.h> int main()
{    int N;scanf("%d", &N);double a[N];double sum = 0;for (int i=0; i<N; i++) {scanf("%lf", &a[i]);sum += (long long int)(N - i) * (i + 1) * a[i];}   printf("%.2f\n", sum);return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/andywenzhi/p/5837751.html

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