有 n n n 间物理实验室，第 i i i 间实验室有 a i a_i ai个人，他们全都在打游戏。
同学 A \text{A} A 可以选择进入一间实验室，然后让其中的所有个人停止打游戏。
然后老师 B \text{B} B 可以选择进入一间实验室，然后抓住其中所有在打游戏的人。
同学 A \text{A} A 的目标是让老师 B \text{B} B 抓到的人最少，而老师的目标是抓到最多的人。
老师 B \text{B} B 在决策时无法知道同学 A \text{A} A 进入过哪个实验室。
两人均选择最优决策，问老师期望可以抓到多少人。注意两人的决策都可以是基于概率的。
也就是说，你要找到一个 m m m，使得无论老师怎么操作，总存在同学的一种方案使得被抓的人数期望 ≤ m \le m ≤m；同时无论同学怎么操作，总存在老师的一种方案使得被抓的人数期望 ≥ m \ge m ≥m。
二分答案 m i d mid mid，看学生是否能让期望被抓人数 ≤ m i d \le mid ≤mid，那么老师一定不会去抓人数 ≤ m i d \le mid ≤mid 的房间，学生只需管其他的房间。
由于局面对于双方来说都是不确定的，学生不知道老师抓谁，老师也不知道学生进那个房间，双方都没有固定的最佳策略。
不妨设学生有 p i p_i pi 的概率进入第 i i i 个房间，那么老师去抓第 i i i 个房间期望人数为 ( 1 − p i ) a i (1-p_i)a_i (1−pi)ai，满足 ( 1 − p i ) a i ≤ m i d (1-p_i)a_i\le mid (1−pi)ai≤mid，那么 p i ≤ 1 − m i d a i p_i\le1-\frac{mid}{a_i} pi≤1−aimid。对后者求和，如果小于 1 1 1，说明学生还有余力，还能让被抓的人变小；当等于 1 1 1 时，就是答案。
下面证明这是正确的。设有 m m m 个人数 > m i d >mid >mid 的 a i a_i ai，如果 ∑ ( 1 − m i d a i ) = m − m i d ∑ 1 a i = 1 \sum(1-\frac{mid}{a_i})=m-mid\sum\frac{1}{a_i}=1 ∑(1−aimid)=m−mid∑ai1=1，得到 m i d = m − 1 ∑ 1 a i mid=\dfrac{m-1}{\sum\frac{1}{a_i}} mid=∑ai1m−1，令老师这样决策：以 1 a x ∑ 1 a i \dfrac{1}{a_x\sum\frac{1}{a_i}} ax∑ai11 的概率进入第 x x x 个房间（显然总的概率之和是等于 1 1 1 的），这样老师抓到的期望人数为 ∑ ( 1 − p x ) a x a x ( ∑ 1 a i ) = m i d \sum\dfrac{(1-p_x)a_x}{a_x(\sum\frac1{a_i})}=mid ∑ax(∑ai1)(1−px)ax=mid，得证。
直接二分做就行。另外由于 m i d = m − 1 ∑ 1 a i mid=\dfrac{m-1}{\sum\frac{1}{a_i}} mid=∑ai1m−1，所以可以枚举 m m m，不用二分。
下面代码实现是二分做法。
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[100];
bool check(double mid)
{
double sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]>mid){
sum+=1-mid/a[i];
}
}
if(sum<1) return 0;
return 1;
}
int main()
{
freopen("game.in","r",stdin);
freopen("game.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
sort(a+1,a+1+n);
double l=0,r=100;
while(fabs(r-l)>1e-9){
double mid=(l+r)/2;
if(check(mid)) l=mid;
else r=mid;
}
printf("%.10lf",(l+r)/2);
}