P1297 [国家集训队]单选错位
题目背景
原 《网线切割》请前往P1577
题目描述
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 sum_{i=1}^n frac{1}{a_i}∑i=1nai1 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。
输入输出格式
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。
输入输出样例
说明
【样例说明】
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
a[] = {2,3,1}
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）
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
吐槽一下题目背景，你都把重题删掉了，还莫名其妙的把这句话留在这，要怎样啊，关键是名字还这么像
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显然在顺序改变后，作对第i道题目的充要条件就是第i道题目的选项和第i+1道题目的选项相同
现将n和1这个特殊情况忽略
更加显然就得到了下面一个式子
$$
Ans=sum_{i=2}^{n} frac{min {(a_{i-1},a_i)}}{a_{i-1} imes a_i}
$$
下面解释一下这个式子
两个选项相同的概率就是$frac{min {(a_{i-1},a_i)}}{a_{i-1} imes a_i}$这一部分，取min是因为两个位置上的选项相同的情况只包含他们的交集
然后分母就是所有的选项的组合
到最后把选对每一个选项的概率相加
当然不要忘记特殊处理n和1哦
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
const int maxn = 1e7+3;
using namespace std;
int n, A, B, C, a[maxn];
double ans;
int main() {
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(int i=2; i<=n; i++) {
double x = a[i-1], y = a[i];
ans += min(x, y)/(x*y);
}
double xx = a[n], yy = a[1];
ans += min(xx, yy)/(xx*yy);
printf("%.3lf", ans);
return 0;
}