dp 好題。
首先，讀完題後，就感覺很不可做，我們可以考慮正難則反，算輸光的機率，這樣可以想出一個暴力狀壓 dp 的做法，但是考場上連狀壓再高消的分都沒給。
我們考慮設計一個巧妙的狀態去描述這個局面，注意，設計狀態的範圍是很廣的。我們發現我們輸光的過程的 \(\max(S)\) 長成一個折線圖，最後歸為 \(0\)。並且，每張牌被選中的機率是一定的，我們可以針對這些性質，壓縮冗餘的狀態。
直覺告訴我們，\(max(S)\) 顯然是最重要的，我們考慮在狀態裡只加入 \(\max(S)\)，再觀察形似折線圖的過程，我們發現對於一個狀態，如果我們在下一次隨機選牌的時候 \(\max(S)\) 變小了，那麼再進入下一個狀態，而如果 \(\max(S)\) 變大了，我們仍然不需要 \(<\max(S)\) 的牌。
所以，這時腦子裡我們可以出現一個大致的 dp 狀態，為了使得不同狀態在機率上是本質相同的，我們不僅要記錄 \(\max(S)\)，還要記錄一下我們當前擁有的牌數，並且為了轉移，還要記錄下一個狀態的牌數，即記 \(f_{i,x,y}\) 表示當前 \(\max(S)\) 在第 \(i\) 位，且當前除了最大值以外我們手裡還有 \(x\) 張牌，第一次到 \(\max(S)\) 小於當前最大的機率（換句話說，就是在折線圖中第一個在該點右邊的，且低於當前點的）， 然而該過程是波折的，我們還要記一個輔助 dp 陣列，\(g_{j,y}\) 表示從 \((i,x)\) 這個狀態隨機到 \(max(S)\le j\) 且 \(|S|=y\) 的機率，顯然 \(g_{n,x+c_i}=1\)，且 \(f_{i,x,y}=g_{i-1,y}\)。接下來就是轉移的事情了，我們試著推出轉移方程式。
這個狀態中，每個數被選擇的機率均是 \(p=\frac{y-x}{j-x}\)，因為首先顯然對於初始的 \(x\) 張牌我們永遠不會打出，所以這些不在選擇裡，所以機率是這個。
考慮 \(g_{j,y}\) 的貢獻。如果這個狀態下手裡沒有第 \(j\) 張牌，\(g_{j-1,y} \longleftarrow g_{j,y}\times p\)。
然後，如果有的話，對於 \(g_{j-1,z}\)，有 \(g_{j-1,z} \longleftarrow (1-p)\times g_{j,y}\times f_{j,y-1,z}\)。
驚奇的發現，哇，他們是可以互相轉移的！且轉移大體是個 DAG，不需要高消，但為什麼是大體呢，因為我們發現，當 \(i=j,x=y-1\) 時，\(f_{i,x,y}\) 貢獻了自己，我們把他記錄成 \(f_{i,x,y}=k\times f_{i,x,y}+b\)，最後再移項就好了。
那麼接下來，答案該怎麼求呢？我們設一個類似於 \(g\) 的狀態，記 \(h_{i,x}\) 表示對於原序列中前 \(i\) 個，選擇了一些必選（初始手裡就有的），和一些之後選擇的，總數為 \(x\) 張牌最後輸光的機率，他很好轉移：
當 \(s_i=1\) 時，我們只能選，那麼轉移為 \(h_{i,x}=\sum f_{i,x-1,y}\times h_{i-1,y}\)。
當 \(s_i=0\) 時，我們有 \(p=\frac{x-sum_n}{i-sum_n}\) 選擇它，那麼轉移為 \(h_{i,x}=(1-p)h_{i-1,x}+p\sum f_{i,x-1,y}\times h_{i-1,y}\)。
最後 \(ans=1-h_{n,sum_n}\)，然後我們就做完了！時間複雜度為 \(\mathcal{O}(n^5)\)，稍微加點最佳化就能透過。
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