初始每個人有一顆寶石。
然後執行 \(d\) 天：
求 \(d\) 天後，擁有寶石數前 \(r\) 多的人擁有寶石的數量和的期望。
\(n,d,r\le 500\)，答案精確到 \(10^\)
由於只需要計算期望和，那麼可以計算排名為 \(i\) 的人擁有的寶石的期望，然後求和。
這樣我們需要計算的即為：
\[e(\max(s)_k)
\]根據 \(\min-\max\) 容斥，我們有：
\[e(\max(s)_k)=\sum_ \binom(-1)^e(\min(t))
\]然後由於元素均為相同的，不可區分的，只需要考慮大小為 \(i\) 的集合的最小值的期望。設其為 \(f_i\)
這樣答案可以寫為：
\[\sum_^n \binom\binom(-1)^f_i
\]\[\sum_^n \frac\binom\binom(-1)^f_i
\]\[\binom\sum_^ \frac\binom(-1)^f_
\]現在考慮我們確定了每個人的被操作次數 \(c_\)，那麼得到這件事發生的概率：
\[\frac\times \frac}}
\]即：
\[\frac}}
\]於是每種分配 \(c_i\) 的方案發生的概率都是相同的！
現在考慮計算 \(i\) 個元素情況下的最小值，實際上可以直接使用 dp 來計算此期望，設 \(f_\) 表示當前 \(c\) 的和為 \(j\)，最小值為 \(k\)，有 \(i\) 個數的方案數，轉移的時候限制 \(k\le j/i\) 即可，狀態數是 \(nd\log n\) ，轉移複雜度為 \(\mathcal o(n^2d\log n)\)。
此時外部元素分配 \(c\) 的方案對我們沒有影響，這個部分暴力計算即可（他們對於答案的貢獻為 \((\frac)^[x^d]\)（也可以使用 dp 來計算）。最後乘以 \(p=\frac}}\)
得到 \(f_i\) 後，計算答案是 easy 的。只是組合數有點過於龐大，希望 long double 可以撐住。
然後被卡精度了。。。。
卡精度了...卡精度了...
我現在最討厭出題人搞計數題不取模了，妹妹極了。
嘗試給出乙個其他的做法...仍然基於之前的做法，每種分配 \(c\) 的方案發生的概率是相同的。
於是問題可以等價於求給 \(n\) 個變數確定一組 \(c_i\) 使得和為 \(k\)，求排名前 \(r\) 的元素和的期望。
然後可以考慮通過這種方式來規定前 \(r\) 大的元素具體為誰：
設 \(f(n,d)\) 和 \(g(n,d)\) 表示給 \(n\) 個人分配寶石的方案數。
那麼對於 \(f(n,d)\) 有：
\[f(n,d)=\sum_k \binomf(k,d-k)
\]即先給 \(k\) 個分乙個，然後再遞迴分。
對於 \(g(n,d)\) 就有：
\[g(n,d)=\sum_\binom(g(k,d-k)+\min(r,k)\cdot f(k,d-k))
\]後半項表示考慮當前這一位被取走的元素的貢獻，顯然這樣是對的（因為前 \(r\) 大的只能在這遞迴的元素中取到）。
然後這樣沒有考慮初始的寶石，所以答案要加 \(r\)，複雜度 \(\mathcal o(n^3)\)（預設 \(n,d\) 同級別）
不是很懂為啥這樣就沒有精度問題...精度問題是亂算麼。。。
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