There is a very simple and interesting one-person game. You have 3 dice, namely Die1, Die2 and Die3. Die1 has K₁ faces. Die2 has K₂ faces. Die3 has K₃ faces. All the dice are fair dice, so the probability of rolling each value, 1 to K₁

1. Set the counter to 0 at first.
2. Roll the 3 dice simultaneously. If the up-facing number of Die1 is a, the up-facing number of Die2 is b and the up-facing number of Die3 is c, set the counter to 0. Otherwise, add the counter by the total value of the 3 up-facing numbers.
3. If the counter's number is still not greater than n, go to step 2. Otherwise the game is ended.

Calculate the expectation of the number of times that you cast dice before the end of the game.

Input

There are multiple test cases. The first line of input is an integer T (0 < T <= 300) indicating the number of test cases. Then T

Output

For each test case, output the answer in a single line. A relative error of 1e-8 will be accepted.

Sample Input

2 0 2 2 2 1 1 1 0 6 6 6 1 1 1 

Sample Output

1.142857142857143 1.004651162790698

今天剛剛講了這題，經過連教的指導，明白了這題的精髓，數學期望的題一般有dp解，但dp一般只能夠解有向無環圖（DAG），如果有環必然狀態迴圈，這題是有環圖，但是有巧妙的處理後可以得出結果。

題意是給你三個骰子，分別有k1,k2,k3個面，設初始分數為0，當分數>=n結束，但是當你擲三個骰子分別為a，b，c的時候分數清0；這題的狀態很好轉移，E(i)=sum(Pk*E(i+k))+P0*E(0)+1;（i表示當前分數，而pk表示三骰子總和為k的概率，E儲存的是分數i距離n還差的期望（需要投擲的平均次數），加一表示加入當前這次投擲），如果不懂這裡的話請參考我的另一題poj2096，這裡懂的話，就進入關鍵步驟，由方程你會發現，每個E（i）都包含E（0），而E（0）又是我們要求的結果，顯然是個定值，我們是否可以像數學中那樣分離引數呢，顯然是可以的可以寫這樣一個方程設E（i）=a(i)*E(0)+b(i);顯然將這個式子帶入E(i)=sum(Pk*E(i+k))+P0*E(0)+1，可以得到一個關於E[i]和E[0],a[i],b[i]的特徵方程，得到E[i]=(sum(a[i+k])+p0)*E[0]+sum(b[i+k])+1;顯然a[i]=sum(a[i+k])+p0)*E[0],b[i]=sum(b[i+k])+1,而由E（i）=a(i)*E(0)+b(i)可以得出E[0]=a(0)*E(0)+b(0)；得到E[0]=b[0]/(1-a[0]);，我們只需要，得到a[0],b[0],即可，而a[i],b[i]的狀態轉移方程也有了，出狀態也容易求E[n]=0,所以a[n]=0,b[n]=0;

下面是我的程式碼

#include<cstdio>  
#include<cstring>  
double p[19],tem; 
int s,k1,k2,k3,a,b,c; 
void init() 
{       
	tem=1.0/(k1*k2*k3); 
	s=k1+k2+k3;  
	memset(p,0,sizeof(p));
	for(int i=1;i<=k1;i++) 
		for(int j=1;j<=k2;j++)
			for(int k=1;k<=k3;k++)
			{
				if(i!=a||j!=b||k!=c)
					p[i+j+k]+=tem;
			} 
}  
void dp(int n) 
{ 
	double a[501]={0},b[501]={0}; 
	for(int i=n;i>=0;i--)
	{      
		for(int k=3;k<=s&&(i+k)<=n;k++)
		{
		a[i]+=a[i+k]*p[k];
		b[i]+=b[i+k]*p[k];                                 
		}
		a[i]+=tem;
		b[i]+=1;
	}
	printf("%.15lf\n",b[0]/(1-a[0]));
}
int main() 
{
	int m,n; 
	scanf("%d",&m);
	while(m--)
	{
		scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&k1,&k2,&k3,&a,&b,&c);
		init();
		dp(n);
	}
	return 0;
}