先考虑只能放整点的情况，不难想到考虑 dp。
对于环上的 dp，考虑断环成链，即钦定一条线段的左端点为起点。这里我们令长度最长的线段的左端点为环的起点。
这样做有一个好处：我们不用考虑一条线段把环末尾覆盖再覆盖开头的空的情况，而当我们钦定一个长度较小的线段作为起点时，在环的末尾放一个长度较长的线段有可能覆盖到环开头的空隙中，这样是合法的，但判不到。
然后就相当于固定了一个前缀被覆盖，剩下 \(n-1\) 条线段，由于 \(n\) 的范围较小，不难想到状压。同时我们考虑从前往后枚举线段起点，这样任意时刻覆盖的都是一段前缀。具体来讲，我们设 \(f_{i,S}\) 表示覆盖了 \([0,i]\) 这段极长前缀，用了 \(S\) 集合中线段的方案数（最长线段，即我们已经钦定位置的线段不算）。
转移时枚举线段起点 \(i\)、要填的线段 \(j\)、上一刻 \(S\) 集合的状态 \(T\) 以及上一刻覆盖到的前缀 \([0,w]\) 即可。由于我们钦定了最长线段为起点，中途我们一旦留下了空隙以后就无法弥补了，所以 \(w\ge i\)。我们用 \(w\) 和 \(i+l_j\) 去更新现在的极长前缀，那么有：
然后这是只能放整点的情况，现在考虑任意实点的情况。
考虑刚才的 dp 时间复杂度 \(O(c^2n2^n)\)，发现这个时间限制相当富余，我们考虑乱搞。
具体来讲，我们将圆和弧细分成 \(m\) 段，满足 \(c\mid m\)。我们再给 \(l_i\) 和 \(c\) 乘上 \(\frac{m}{c}\)，做刚才的 dp。显然，当 \(m\) 越大时，可以取的整点就越多。当 \(m\to +∞\) 时，我们可以认为圆环上所有实点都可以取到。
于是我们又有一个 \(O(m^2n2^n)\) 的 dp 了，其中 \(m\to +∞\)。考虑优化复杂度。
我们想起一种 dp 优化方法，在值域很大，另一维很小，答案满足为关于值域的较小次数多项式时，可以用拉格朗日插值优化。例如这题。
类似地，这题我们放大眼睛观察，我们发现任意摆放线段时，合法的方案数是一个关于 \(m\) 的 \(n\) 次多项式。当我们钦定最长线段起点时，方案数就是一个关于 \(m\) 的 \(n-1\) 次多项式但我不会证。感性理解一下，每次插入一条线段最多使次数增加 \(1\)，而一共 \(n-1\) 条线段，所以多项式次数不超过 \(n-1\)。
于是我们取 \(m=c,2c,\cdots,nc\) 即可得到这个多项式的 \(n\) 个点值，而我们要求：
上面是合法的方案数，下面是总方案数，除一下就是概率。同时不难发现这东西就是 \([m^{n-1}]f(m)\)，即求最高次数项的系数。
回忆拉格朗日插值公式：
相当于若干个一次式相乘，每个一次式里面取一次项或常数项。但是由于我们要求最高次数项，我们只能取一次项，所以：
代入 \(y_i=f_{ic,U}\) 就做完了。复杂度 \(O(c^2n^42^n)\)，其实由于钦定的最长线段，应该是 \(2^{n-1}\)，所以常数很小。
其实不会拉插的话可以高斯消元。复杂度不变。
const int N = 10;
const int M = 55;
const int T = (1 << 5) + 10;
int n, c, tc, S, l[N], tl[N], f[N * M][T], y[N];
signed main() {
n = rd(), tc = rd(), S = (1 << (n - 1)) - 1;
for (int i = 0; i < n; i++) tl[i] = rd();
sort(tl, tl + n);
for (int _ = 1; _ <= n; _++) {
for (int i = 0; i < n; i++) l[i] = tl[i] * _;
c = tc * _;
for (int i = 0; i <= c; i++)
memset(f[i], 0, sizeof(int) * (S + 5));
f[l[n - 1]][0] = 1;
for (int i = 0; i <= c; i++)
for (int j = 0; j < n - 1; j++)
for (int k = 0; k < S; k++)
if ((k >> j) & 1 ^ 1)
for (int w = max(i, l[n - 1]); w <= c; w++)
f[min(max(w, i + l[j]), c)][k | (1 << j)] += f[w][k];
y[_] = f[c][S];
}
double res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int p = y[i], q = 1;
for (int j = 1; j <= n; j++)
if (j ^ i) q *= (i - j) * tc;
res += 1. * p / q;
}
printf("%.12lf", res);
return 0;
}