【luogu P3898】期望异或 / T3 / 大新闻（数位DP）（数学）

期望异或 / T3 / 大新闻

题目链接：luogu P3898

题目大意

有一个数，等概率选 0~n-1 里面的整数。
然后又 p 的概率可以知道这个数，然后选择 0~n-1 中一个异或它最大的数。
否则就是等概率选 0~n-1 里面的整数。
问你这两个数的异或值的期望值是什么。

思路

不难看出 p roll 出的两种情况我们可以分别讨论，然后再按概率乘起来加起来。

那首先不知道：
考虑枚举每一位看贡献的值：
那我们设 \(f_i\) 为 \(f_i\) 为 \(1\) 的概率，那就有 \(2^{i+1}f_i(1-f_i)\)。
接着考虑如何求 \(f_i\)。

我们不难想到可以把位数相同且不会超过 \(n\) 一起讨论。
\(0\sim 2^{k-1}-1\) 的这一位都是 \(0\)，\(2^{k-1}\sim2^{k}-1\) 都是 \(1\)。
然后 \(x2^k+2^{k-1}\sim (x+1)2^k\) 都是 \(1\)。
那不难想到整段的就是 \(\left\lfloor\dfrac{n}{2^{k+1}}\right\rfloor2^k\)，剩下一段可能有，可能没有。
有的话就是 \(n\bmod 2^{k+1}-2^k\)，没有的话这个值会小于 \(0\)，那就直接 \(\max\{n\bmod 2^{k+1}-2^k,0\}\)。
总的来说，就是：
\(f_k=\dfrac{\left\lfloor\dfrac{n}{2^{k+1}}\right\rfloor2^k+\max\{n\bmod 2^{k+1}-2^k,0\}}{n}\)

接着考虑求知道的。（这题最阴间的部分）
也是同样的，考虑看每一位是否有 \(1\)。（而且我们要看的是 \(0\sim n-1\)，就直接把 \(n\) 减一）
如果是 \(1\)，那也是就说，它可以选 \(0\)，后面的就可以任意选，那后面一定可以匹配出 \(1\)。
那就直接是贡献乘个数，直接就是 \(2^k(n+1)\)。
如果是 \(0\)，那你要是 \(1\) 才可以，就要前面没有搞满，你考虑统计有多少个搞满的，然后减去就是没有搞满的。（最后还要减去当前位选 \(0\) 的）
那你搞完这里之后，这里就是一个搞满的，那就要统计搞满的就要加上 \(2^k\)。

接着再回来看 \(1\) 的时候统计搞满的要怎么变。
那你这个时候你可以选 \(1\) 也可以选 \(0\)，一种是搞满的一种是搞不满的。
那就是一半一半的概率，那原来可以搞满的就有一半不能搞满，就要除二。

然后就可以了。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long 

using namespace std;

ll n, nn;
long double p, eps = 1e-7;
long double ans, an0, an1;
long double pp[71];
int b;

void work0() {
	for (int i = 0; i < nn; i++) {
		pp[i] = 1.0 * (n / (1ll << (i + 1))) * (1ll << i);//前面那些整段的
		pp[i] += 1.0 * max(n % (1ll << (i + 1)) - (1ll << i), 0ll);//最后一段，注意可能会没有
		pp[i] = pp[i] / (1.0 * n);
	}
	for (int i = 0; i < nn; i++) {
		an0 = an0 + 1.0 * (1ll << (i + 1)) * pp[i] * (1.0 - pp[i]);//有的概率乘没有的概率乘贡献
	}
}

void work1() {
	n--; nn = 0;
	ll tmp = n;
	while (tmp) {
		tmp >>= 1; nn++;
	}
	ll num1 = 0;//记录有多少个数不能在前面搞出 1
	for (int i = nn - 1; i >= 0; i--) {
		if ((n >> i) & 1) {
			an1 = an1 + 1.0 * (1ll << i) * (n + 1ll);
			num1 >>= 1;
		}
		else {
			an1 = an1 + 1.0 * (1ll << i) * (n + 1ll - (1ll << i) - (num1 >> 1));
			num1 += (1ll << i); 
		}
	}
	n++; nn = 0;
	tmp = n;
	while (tmp) {
		tmp >>= 1; nn++;
	}
	an1 = an1 / (1.0 * n);
}

int main() {
	scanf("%lld %LF", &n, &p);
	
	ll tmp = n;
	while (tmp) {
		tmp >>= 1; nn++;
	}
	work0();
	work1();
	ans = an0 * (1.0 - p) + an1 * p;
	
	//如果是 jzoj 就是注释掉的这一段
//	while (ans - 10.0 >= eps) {
//		b++;
//		ans = ans / 10.0;
//	}
//	while (ans > eps && ans < 1) {
//		b--;
//		ans = ans * 10.0;
//	}
//	
//	printf("%.8LF %d", ans, b);
	printf("%.8LF", ans);
	
	return 0;
}