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有一个在 $[0,n)$ 内等概率随机选择的整数，记其为 $x$ . 我们需要在 $[0,n)$ 内找到某一个整数 $y$，使得 $x\oplus y$ 达到最大值 .

问题在于，有可能对 $x$ 进行了加密 . 情报显示，没有被加密的概率为 $p$ . 我们决定采取这样的策略：如果 $x$ 没有被加密，那么我们选出使得 $x\oplus y$ 最大的 $y$；否则，我们在 $[0,n)$ 内等概率随机选择一个整数作为 $y$ .

求 $x\oplus y$ 的期望 .

$n\le 10^{18}$ .

你们搞的这个题啊，exciting！

显而易见令 $p_1$ 是加密过的期望，$p_2$ 是没加密过的期望，则答案为

$$(1-p)\cdot p_1+p\cdot p_2$$

可以发现，

$$\begin{aligned}p_1&=\dfrac1{n^2}\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}(i\oplus j)\\p_2&=\dfrac1n\sum_{i=0}^{n-1}\max_{j\in[0,n)}(i\oplus j)\end{aligned}$$

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$\bm{p_1}$ 求法：

根据期望线性性我们可以按位考虑，于是

$$p_1=\sum_{i=0}^{\log n}2q_i(1-q_i)2^i$$

其中 $q_i$ 为从 $[0,n)$ 均匀随机选出一个数，其二进制第 $i$ 位为 $1$ 的概率 .

算出第 $i$ 位为 $1$ 的个数即可得到

$$a_k=\dfrac1n\left(2^k\cdot\left\lfloor\dfrac n{2^{k+1}}\right\rfloor+\max\{n\bmod 2^{k+1}-2^k,0\}\right)$$

这样暴力算就是 $O(\log n)$ 的了 .

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$\bm{p_2}$ 求法：

一个贪心策略：设最优匹配为 $y$，从高到低按位考虑，如果 $x$ 这位是 $1$ 就跳过，不然如果 $y$ 加上这一位对应的值仍然小于 $n$ 就加上 . 根据字典序的原理这显然是对的 .

然而我们要求一行的这个玩意，考虑一个类似数位 DP 的东西，我们算一下前 $i$ 位和 $n-1$ 的前 $i$ 位相同的所有 $x$ 产生的贡献，设 $x$ 的最优匹配为 $y$，分讨一下：

• $n-1$ 的第 $i$ 位为 $0$ . 则 $x,y$ 的第 $i$ 位亦为 $0$，这时对答案没有什么影响 .
• $n-1$ 的第 $i$ 位为 $1$，则 $x,y$ 的第 $i$ 位必然互为反，但是当 $x$ 的第 $i$ 位为 $1$ 时，后面还会有限制 .

一次递归规模至少减半，所以这个也是 $O(\log n)$ 的，于是总复杂度就是 $O(\log n)$ 了 .

核心代码：

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int, int> pii;
db p1(ll n)
{
	db ans = 0;
	ll power = 0, _ = n-1;
	while (_){++power; _ >>= 1;}
	for (int i=power; i; i--)
	{
		ll tmp = (n >> i) * (1ll << (i-1)) + min(n - (n >> i << i), 1ll << (i-1));
		ans += (1 - 1. * (n - tmp) / n) * (1ll << (i-1)) * (n - tmp) / n;
	} return ans * 2;
}
db p2(ll n)
{
	if (n == 1) return 0;
	db ans = 0;
	ll v = 1, d, _ = --n;
	while (v <= _) v <<= 1;
	d = v - 1; v >>= 1;
	ans += 1. * d * (n-v+1) + 1. * v * v;
	ll now = v; d >>= 1;
	while (v > 1)
	{
		v >>= 1; d >>= 1;
		if (n & v){ans += 1. * now * v + 1. * (now >> 1) * d; now >>= 1;}
		else ans += 1. * (now >> 1) * v;
	}
	return ans / (n + 1);
}
ll n; db p;
int main()
{
	scanf("%lld%lf", &n, &p);
	printf("%.6f\n", (1-p) * p1(n) + p * p2(n));
	return 0;
}