題目背景

原 《網線切割》請前往P1577

題目描述

gx和lc去參加noip初賽，其中有一種題型叫單項選擇題，顧名思義，只有一個選項是正確答案。試卷上共有n道單選題，第i道單選題有ai個選項，這ai個選項編號是1,2,3,…,ai，每個選項成為正確答案的概率都是相等的。lc採取的策略是每道題目隨機寫上1-ai的某個數作為答案選項，他用不了多少時間就能期望做對∑i=1n1ai\sum_{i=1}^n \frac{1}{a_i}∑i=1n​ai​1​道題目。gx則是認認真真地做完了這n道題目，可是等他做完的時候時間也所剩無幾了，於是他匆忙地把答案抄到答題紙上，沒想到抄錯位了：第i道題目的答案抄到了答題紙上的第i+1道題目的位置上，特別地，第n道題目的答案抄到了第1道題目的位置上。現在gx已經走出考場沒法改了，不過他還是想知道自己期望能做對幾道題目，這樣他就知道會不會被lc鄙視了。

我們假設gx沒有做錯任何題目，只是答案抄錯位置了。

輸入輸出格式

輸入格式：

n很大，為了避免讀入耗時太多，輸入檔案只有5個整數引數n, A, B, C, a1，由上交的程式產生數列a。下面給出pascal/C/C++的讀入語句和產生序列的語句（預設從標準輸入讀入）：

// 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;
 

選手可以通過以上的程式語句得到n和數列a（a的元素型別是32位整數），n和a的含義見題目描述。

輸出格式：

輸出一個實數，表示gx期望做對的題目個數，保留三位小數。

輸入輸出樣例

3 2 0 4 1

1.167

說明

【樣例說明】

正確答案   |   gx的答案    | 做對題目| 出現概率
{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種情況，每種情況出現的概率是1/6，gx期望做對(3+1+1+1+1+0)/6 = 7/6題。（相比之下，lc隨機就能期望做對11/6題）

對於30%的資料 n≤10, C≤10

對於80%的資料 n≤10000, C≤10

對於90%的資料 n≤500000, C≤100000000

對於100%的資料 2≤n≤10000000, 0≤A,B,C,a1≤100000000

*******對於第i道題，第i+1道題有min(1,a[i+1]/a[i])的概率有和a[i]一樣的選項；同時對於第i + 1道題，有1/a[i + 1]的概率做對這道題

所以每道題寫對的概率是1/a[i+1]*min(1,a[i+1]/a[i])

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<cmath>
 4 #include<algorithm>
 5 using namespace std;
 6 int i,j,a[10000005],n,A,B,C;
 7 double ans = 0;
 8 int main()
 9 {
10     scanf("%d%d%d%d%d",&n,&A,&B,&C,a+1);
11     for (int i=2;i<=n;i++)
12     a[i] = ((long long)a[i-1] * A + B) % 100000001;
13     for (int i=1;i<=n;i++)
14     a[i] = a[i] % C + 1;
15     for(i = 1;i < n;i++)
16     {
17         ans += 1.0 / (double)a[i + 1]  * min(1.0,1.0 * a[i + 1] / (double)a[i]);
18     }
19     ans += 1.0 / (double)a[1]  * min(1.0,1.0 * a[1] / (double)a[n]);
20     printf("%0.3lf",ans);
21     return 0;
22 }