T1：这题较为简单。
正解类似于斜率优化。先把a从小到大排序，然后推一下式子，最后把x>0和x<0分开处理就好了。
T2：神奇的期望题。
首先我们发现，对于一个a[i](i>1)和a[1]，当我们考虑只有这两个数时算出答案，然后再把所有的答案加起来就是总的答案。
但是为什么呢？我的理解大概是这样的：
考虑原先的答案是怎样算的，ans=sum(1/p*len)，p表示走到当前状态的概率，len表示当前走的长度。
首先len=b[1]+b[2]...+b[n]（b为每一个数实际选了多少次），那么1/p*len=1/p*(b[1]+b[2]...+b[n])，所以len是可以拆分成每一个数来算的。
关键是1/p为什么能拆分。1/p表示当前的概率，固然它和其他的a的值有关，但是在最终求ans时我们把它求和了，所以1/p的总和实际上就是只考虑a[1]和a[i]时构成当前b[1]和b[i]的概率。
至此，我们就发现1/p和len都是能拆分的，所以开头的做法就是对的。其实很难理性证明，只能感性理解一下。
那么现在问题就转换成了如何求只有a[1]和a[i]的答案。我们可以转换一下模型：原问题就相当于在一个a[1]*a[i]的网格上从(0,0)开始出发，每次等概率向上或向右走，走到最右边那一列（即a[1]减成0了）或最上的一行（即a[i]减成0了）时停止，问期望步数。
接着分类讨论一下：
1、如果是在a[i]还未减成0时就停止了，设a[i]剩下j，那么贡献就是(a[i]-j)/p。
2、如果是在a[1]还未减成0时就停止了，那么贡献就是a[i]/p。
总的来说，。
观察一下我们发现，如果a[i]递增的话，这个式子每次只会增加一项。那么我们就可以把a[i]排序，从小到大计算答案就可以了。
最后别忘了ans要加上a[1]。
T3：题解待更新。
