神题。yhx 的讲解 非常好、非常自然。
题意：
给定 \(c\) 和 \(n\) 段长度为 \(a_i\) 的弧，每条弧的起点在圆周上均匀随机一个位置，求所有弧的并集覆盖圆周的概率。
\(c \leq 50, n \leq 6\)
环上的问题并不好处理，因此寻求链是自然的。钦定一段弧的起点是一段弧的起点看着不错，这样子被覆盖的始终是一段前缀，然后呢？
现在需要用线段覆盖区间。为了提防一段弧同时覆盖前缀与后缀，把起点定位最长弧的左端点，每段弧就只会覆盖一个区间了。
弧是离散的情况是好做的。注意到，我们之所以需要离散这个条件，是因为我们需要比较两段弧的右端点的位置。
结论：两段弧是否相交仅与整数部分的数值与小数部分的大小关系有关。
因此全排列枚举大小关系即可。因为均匀分布，每种大小关系出现的可能性相等。由于连续分布，不用在意两数相等。
不妨让所有弧的坐标均是 \(\dfrac{1}{n}\) 的整数倍，则这个问题成为连续问题。
增量研究是好的。钦定一个考虑的顺序有助于递推。对于此题，从小到大考虑左端点可以保证只用记录最长能延申到的右端点。
每段弧的左端点只有 \(c\) 个可选位置，因此每个位置都有放或不放唯一一段对应弧的选择。有可能这段弧已经出现，多状压一维记录已经出现的弧的集合。
令 \(f_{i, j, k}\) 表示：只考虑左端点小于等于 \(i\) 的弧、用的弧的集合为 \(j\)（下标即为人为赋予的相对顺序）、右端点连续延伸到 \(k\) 的方案数。转移平凡。
第一维被压掉了，因为同一层只会是小的 \(k\) 往大的 \(k\) 转移。两层间不用清空，对应左端点在此处的弧不被放入的情况。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 55;
double f[33][305];
// f_{i, j, k} : 只考虑左端点 <= i 的线段，长度集合为 j，右端点延申至 k 的方案数
// i 一维被滚掉了，从小到大转移保证同层状态不会转移，因为有不放线段的转移，不用清空
int a[M], n, c;
int solve() {
memset(f, 0, sizeof(f)); f[0][a[n] * (n + 1)] = 1;
for (int i = 0; i < (n + 1) * c; i++) if (i % (n + 1)) {
int t = i % (n + 1) - 1, r = min((n + 1) * c, i + a[t] * (n + 1));
for (int j = 0; j < (1 << n); j++) if (!(j & (1 << t))) {
for (int k = i; k <= (n + 1) * c; k++)
f[j | (1 << t)][max(r, k)] += f[j][k];
}
}
return f[(1 << n) - 1][(n + 1) * c];
}
int main() {
scanf("%d %d", &n, &c); --n;
for (int i = 0; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
sort(a, a + n + 1);
int cnt = 0; double ans = 0;
do {
ans += solve(), ++cnt;
} while (next_permutation(a, a + n));
ans /= cnt;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans /= c;
printf("%.11lf\n", ans);
}