容易发现对于这样抽卡或者转转盘的题目，都是先使劲随机达到一个临界值在进行定点操作。

对于这个题目，显然应该先抽卡再去买卡，因为如果抽到了已经买过的卡就会直接损失 $\dfrac{x}{2}$ 的碎片。

设 $E_i$ 表示抽了 $i$ 张不同的卡的期望操作次数，考虑分情况讨论随机抽一张新卡的操作次数：

• 抽到了已有的卡，概率为 $\dfrac{i}{n}$，还需要继续抽。
• 抽到了新的卡，概率为 $\dfrac{n-i}{n}$，操作就结束了。

那么显然有：

$E_i=\dfrac{i}{n}\times (E_i+\dfrac{x}{2})+\dfrac{n-i}{n}\times (E_{i-1}+x)$

化简之后有：

$E_{i}-E_{i-1}=(\dfrac{n}{n-i}+1)\times\dfrac{x}{2}$

所以我们就得到了已有 $i$ 张后抽出一张的卡的操作的代价为 $(\dfrac{n}{n-i}+1)\times\dfrac{x}{2}$。

如果要新买一张卡，那么肯定后面所有的卡都要全部买，那么假设后面还有价值为 $sum$ 的卡没有买，那么新获得一张卡的期望就是 $\dfrac{sum}{n-i}$。

因为 $\sum\limits_{i=1}^n c_i\le 10^4$ 所以，考虑直接设 $f_{i,j}$ 表示抽出了 $i$ 张卡已有的价值为 $j$ 时候的方案数。

那么显然有转移方程：

$f_{j+1,k+a_i}\gets f_{j+1,k+a_i}+f_{j,k}$

这样转移是为了避免重复的选择一个碎片。

显然，出现一个情况 $(i,j)$ 的概率为 $\dfrac{f_{i,j}}{i\choose n}$。

根据期望等于概率乘以权值，答案显然为：

$\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{j=0}^{s}\min(\dfrac{s-j}{n-i},(\dfrac{n}{n-i}+1)\times\dfrac{x}{2})\times \dfrac{f_{i,j}}{i\choose n}$