https://codeforces.com/problemset/problem/621/C

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思路:

首先转化成倍数问题。区间为p的倍数O(1)便可得出。

暴力的话肯定不行。

考虑相邻一对 对答案的贡献。

设c1,c2为相邻一对中p的倍数的个数。

x1,x2...xn为每个区间的总共能取的个数

单纯考虑c1,c2对答案的贡献

可以得出    [ c1*c2+c1*(x2-c2)+c2*(x1-c1) ] *x3*x4*x5...xn /( x1*x2*x3*x4....)  所有相邻对的贡献就是在分子后面加各自式子。

但是你发现题没有mod。还要对这个式子拆分。

变成了   [ c1*c2+c1*(x2-c2)+c2*(x1-c1) ] /(x1*x2) ;

至少一个转化成没有

(x1-c1)*(x2-c2)/(x1*x2)===(x1-c1)/c1 * (x2-c2)/x2,然后就变成了除法的概率了。

#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
using namespace std;
const int maxn=1e5+1000;
typedef long long LL;
inline LL read(){LL x=0,f=1;char ch=getchar();	while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;}
double p[maxn];///每个含p倍数的概率
int main(void)
{
  cin.tie(0);std::ios::sync_with_stdio(false);
  LL n,pri;cin>>n>>pri;
  for(LL i=1;i<=n;i++){
     LL l,r;cin>>l>>r;
     LL len=r-l+1;
     p[i]=1.0*(r/pri-(l-1)/pri )/( 1.0*len );
  }
  p[n+1]=p[1];

  double ans=0;
  for(LL i=1;i<=n;i++){
     ans+=( 1.0-(1.0-p[i])*(1.0-p[i+1]) )*2000.0;
  }
  printf("%.8f\n",ans);
return 0;
}