給定一個正數數列，我們可以從中截取任意的連續的幾個數，稱為片段。例如，給定數列{0.1, 0.2, 0.3, 0.4}，我們有(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) 這10個片段。
給定正整數數列，求出全部片段包含的所有的數之和。如本例中10個片段總和是0.1 + 0.3 + 0.6 + 1.0 + 0.2 + 0.5 + 0.9 + 0.3 + 0.7 + 0.4 = 5.0。
輸入格式：
輸入第一行給出一個不超過105的正整數N，表示數列中數的個數，第二行給出N個不超過1.0的正數，是數列中的數，其間以空格分隔。
輸出格式：
在一行中輸出該序列所有片段包含的數之和，精確到小數點后2位。
輸入樣例：
4
0.1 0.2 0.3 0.4
輸出樣例：
5.00
解題思路：
主要是精度損失問題。在大量的數累加之后浮點數就會損失精度。計算的過程越多，誤差累積越大。使用浮點型進行大量計算時要盡可能地減小計算。
算法思路：
以 數列{1.0, 2.0, 3.0, 4.0} 為例，它擁有以下片段（每行一個）：
1.0 |
||
1.0 |
2.0 | |
1.0 |
2.0 | 3.0 |
1.0 |
2.0 | 3.0 |
| 2.0 | ||
| 2.0 | 3.0 |
|
| 2.0 | 3.0 |
4.0 |
3.0 |
||
3.0 |
4.0 | |
| 4.0 |
可以發現：
1.0 出現了 4 * 1 次，即 n 次。4 代表一列有 4 個 1.0，1 代表共有一列。
2.0 出現了 3 * 2 次，即 (n-1) * 2 次。3 代表一列有 3 個 2.0，2 代表共有二列。
3.0 出現了 2 * 3 次，即 (n-2) * 3 次。2 代表一列有 2 個 3.0，3 代表共有三列。
4.0 出現了 1 * 4 次，即 (n-3) * 4 次。1 代表一列有 1 個 4.0，4 代表共有四列。
於是總和就等於 \(\sum_{i=0}^{N-1}a[i] * (N - i) * (i + 1)\)。
值得注意的是：
sum += a[i] * (N - i) * (i + 1);
與
sum += (N - i) * (i + 1) * a[i];
這兩種寫法有所差距。第一種寫法，三次運算每次都是 double 型，第二種寫法，第一次運算結果是 int 型，有可能出現溢出。當 i = N/2 時，(N - i) * (i + 1) 的值最大，超過了 int 型所能表示的范圍。你可以對第二種寫法進行強制類型轉換（轉換成 long long int 或者 double 都可，推薦 long long int，這樣至少在精度上少了一次損失），或者寫成第一種那樣，利用 C 語言的自動類型轉換。
解題代碼：
#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;
}