(Solution)
发现只需要考虑(1)走了(n)步以后是否首次回到(1)即可。
搞了半天发现还可以看看(1)走了(n/2)步后是否首次到达(n)。
然后(GG)。
正解发现可以倒推。
考虑奇数情况，设(t=(n+x+1)/2)，那么((t*2)%(n+1)=x)
偶数情况显然也可以。
所以题目就可以转换成了(2^n≡1(mod (n+1)))
(Solution 1)
可以尝试打表。对于每一个(n)，如果它合法，需要满足
(2^n≡1(mod (n+1)))且不存在(2^p≡1(mod (n+1)))其中(p)最小且(p<n)
考虑这里的(p)。
(1.)(p<n)且(pmid n)
假设存在(2^p≡1(mod (n+1)))其中(p<n)
则(2p)、(3p)、(4p)。。。都符合上面的式子。
设(p*d=n)，我们可以枚举(d)来判断(p/d)是否存在即可。
这样可以考虑到所有的(p)。
(2.)(p<n)且(p
mid n)
可以证明这种情况是不存在的。
(2^n=2^{lfloor n/p
floor *p+nmod p})
由于(2^n≡1)，(2^p≡1)
所以可以化简得到：
(1=2^{nmod p})，这样的话与(p)最小相矛盾了。
或者说只有当(nmod p=0)时是(p)最小且满足的
所以我们只需要枚举(n)的质因子然后判断一下即可。
这里可以暴力，也可以这样，但是“这样”会(TLE)（原因不知）
这样可以(100000)个地打表即可。
(Solution 2)
对于(2^n≡1(mod (n+1)))。
发现(n+1)一定是一个质数。
若(n+1)不是质数，则由欧拉定理得
(2^{phi(n+1)}≡1(mod (n+1)))
由于(phi(n+1)<n)，从(Solution 1)中的规律可得不合法。
所以我们需要枚举(n)的质因子，然后判断(n-1)是否可以即可。
判断方法为(Solution 1)的方法。
(Code)
#include <cstdio>
#define N 700010
#define db double
#define ll long long
#define mem(x, a) memset(x, a, sizeof x)
#define mpy(x, y) memcpy(x, y, sizeof y)
#define fo(x, a, b) for (int x = (a); x <= (b); x++)
#define fd(x, a, b) for (int x = (a); x >= (b); x--)
#define go(x) for (int p = tail[x], v; p; p = e[p].fr)
using namespace std;
int n, pri[N], tot = 0;
bool label[10000010];
ll ans = 0;
void prepare() {
fo(i, 2, n) {
if (! label[i]) pri[++tot] = i;
fo(j, 1, tot) {
if (i * pri[j] > n) break;
label[i * pri[j]] = 1;
if (i % pri[j] == 0) break;
}
}
}
ll ksm(ll x, int y, int mo) {
ll s = 1;
while (y) {
if (y & 1) s = s * x % mo;
x = x * x % mo, y >>= 1;
}
return s;
}
bool check(int val) {
int yuan_ = val;
fo(i, 1, tot) {
if (pri[i] * pri[i] > val) break;
if (val % pri[i] == 0) {
if (ksm(2, yuan_ / pri[i], yuan_ + 1) == 1) return 0;
while (val % pri[i] == 0) val /= pri[i];
}
}
if (val > 1 && ksm(2, yuan_ / val, yuan_ + 1) == 1) return 0;
return 1;
}
int main()
{
freopen("world.in", "r", stdin);
freopen("world.out", "w", stdout);
scanf("%d", &n);
prepare();
fo(i, 2, tot) {
int val = pri[i] - 1;
if (ksm(2, val, val + 1) != 1) continue;
if (check(val)) ans = ans + val;
}
printf("%.5lf
", (db)ans / (n / 2));
return 0;
}