大力模擬各種情況
k * n 的模擬出每次可能拋什麼出來
設f[k][s] 爲前k個物品狀態爲s時得分最大值
但是有問題啊，比如 113 和 133，狀態都是f[3][101]，難道我還要多開一維存下不同情況？，不行吧？
還是說取最大的？，這相當於後面選擇的物品，對前面的狀態強行選擇了一下，但是並不是說113比133大，我就捨棄133，我捨棄133就相當於，走到這一步，後面直接都不走了，如果說我們要取最優解，顯然可以取最大的，捨棄掉不優的，但是對於一種需要遞推，或者是求期望的這種要求把所有可能都走一遍取平均值的，不能捨棄吧？捨棄這個狀態，就好像求平均數的時候，你捨棄了幾個比較小的數，那麼無論如何這個平均數都是錯誤的吧？
這種轉移感覺就很麻煩的，試着倒推，不是說拿東西麼，我們把過程倒過來，扔東西，從第n個階段每個階段扔一個東西並獲得收益，也就是說f[k][s]表示前k個狀態爲s時，k+1 ~ n輪獲得的期望收益，而答案是f[1][0]
這代表了什麼呢，爲什麼倒推的時候，是由前面的狀態決定能不能“扔”？
實際上，假設有一種方案是01011吧，這個假設說明最後物品集合就是01011，只不過我們在預知了這個集合的情況下，把過程逆過來，那麼我這個物品能不能扔，意味着這個物品（在正向過程中）能不能選，所以狀態的設定是從k+1輪到最後的收益，但其物品集合卻是第1 ~ k 輪選擇的物品集合。從i + 1 到 i，只要f[i+1][j]中的j滿足i的需求，就可以轉移
有很多無用的狀態也會發生轉移，不過在取max的基礎上這些轉移無法到達最後，貌似狀壓有一部分題的轉移都是這樣的，一些狀態本來不應該存在，但是在取max或者min的時候這些狀態一定比那些應該存在的狀態更不優，所以如果能證明出這點，不用考慮那麼多直接轉移就好
期望的和等於和的期望是劃分階段的關鍵條件，因爲不同階段的期望相加之後就是整個過程的期望，所以可以遞推
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define debug(x) cerr << #x << "=" << x << endl;
const int MAXN = 100000 + 10;
struct object{
double val;
int si;
}ob[MAXN];
double ans,f[101][1<<15];
int n,k;
int main() {
scanf("%d%d", &k, &n);
for(int i=1; i<=n; i++) {
cin >> ob[i].val;
int si = 0;
while(1) {
int pos = 0;
scanf("%d", &pos);
if(!pos) break;
si |= 1 << (pos-1);
}
ob[i].si = si;
}
for(int i=k; i; i--) {
for(int j=0; j<1<<n; j++) {
for(int x=1; x<=n; x++) {
int si = ob[x].si;
if((j&si) == si) {
f[i][j] += max(f[i+1][j], f[i+1][j|(1<<(x-1))] + ob[x].val);
} else {
f[i][j] += f[i+1][j];
}
}
f[i][j] /= n;
}
}
printf("%.6lf", f[1][0]);
return 0;
}