COGS1882 [国家集训队2011]单选错位

★   输入文件：nt2011_exp.in   输出文件：nt2011_exp.out   简单对比
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【试题来源】

2011中国国家集训队命题答辩

【问题描述】

gx和lc去参加noip初赛，其中有一种题型叫单项选择题，顾名思义，只有一个选项是正确答案。试卷上共有n道单选题，第i道单选题有ai个选项，这ai个选项编号是1,2,3,…,ai，每个选项成为正确答案的概率都是相等的。lc采取的策略是每道题目随机写上1-ai的某个数作为答案选项，他用不了多少时间就能期望做对道题目。gx则是认认真真地做完了这n道题目，可是等他做完的时候时间也所剩无几了，于是他匆忙地把答案抄到答题纸上，没想到抄错位了：第i道题目的答案抄到了答题纸上的第i+1道题目的位置上，特别地，第n道题目的答案抄到了第1道题目的位置上。现在gx已经走出考场没法改了，不过他还是想知道自己期望能做对几道题目，这样他就知道会不会被lc鄙视了。
我们假设gx没有做错任何题目，只是答案抄错位置了。

【输入格式】

n很大，为了避免读入耗时太多，输入文件只有5个整数参数n, A, B, C, a1，由上交的程序产生数列a。下面给出pascal/C/C++的读入语句和产生序列的语句（默认从标准输入读入）：

// for pascal
readln(n,A,B,C,q[1]);
for i:=2 to n do
q[i] := (int64(q[i-1]) * A + B) mod 100000001;
for i:=1 to n do
q[i] := q[i] mod C + 1;

// for C/C++
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&A,&B,&C,a+1);
for (int i=2;i<=n;i++)
a[i] = ((long long)a[i-1] * A + B) % 100000001;
for (int i=1;i<=n;i++)
a[i] = a[i] % C + 1;

选手可以通过以上的程序语句得到n和数列a（a的元素类型是32位整数），n和a的含义见题目描述。

【输出格式】

输出一个实数，表示gx期望做对的题目个数，保留三位小数。

【样例输入】

3 2 0 4 1

【样例输出】

1.167

【样例说明】

a[] = {2,3,1}

正确答案	gx的答案	做对题目	出现概率
{1,1,1}	{1,1,1}	3	1/6
{1,2,1}	{1,1,2}	1	1/6
{1,3,1}	{1,1,3}	1	1/6
{2,1,1}	{1,2,1}	1	1/6
{2,2,1}	{1,2,2}	1	1/6
{2,3,1}	{1,2,3}	0	1/6

共有6种情况，每种情况出现的概率是1/6，gx期望做对(3+1+1+1+1+0)/6 = 7/6题。（相比之下，lc随机就能期望做对11/6题）

【数据规模和约定】

对于30%的数据 n≤10, C≤10
对于80%的数据 n≤10000, C≤10
对于90%的数据 n≤500000, C≤100000000
对于100%的数据 2≤n≤10000000, 0≤A,B,C,a1≤100000000

数学问题 数学期望

我们可以惊喜地发现每道题的情况是独立的。

对于第i+1道题，有$a[i+1]$种可能的正解，有$a[i]$种可能填上去的答案。

那么总情况数有$a[i+1]*a[i]$种，其中正确的情况有$min(a[i+1],a[i])$种，约分一下得到答案就是$ sum 1/max(a[i+1],a[i]) $

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const int mxn=10000001;
int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n,A,B,C,a[mxn];
double ans=0;
int main(){
    freopen("nt2011_exp.in","r",stdin);
    freopen("nt2011_exp.out","w",stdout);
    int i,j;
    scanf("%d%d%d%d%d",&n,&A,&B,&C,a+1);
    for(int i=2;i<=n;i++)
    a[i]=((long long)a[i-1]*A+B)%100000001;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    a[i]=a[i]%C+1;
    for(i=1;i<n;i++)ans+=1/(double)max(a[i],a[i+1]);
    ans+=1/(double)max(a[1],a[n]);
    printf("%.3f
",ans);
    return 0;
}