我并不会直接整体求期望。。。
不过根据期望的线性性，我们可以拆成每个点的期望然后求和。
于是我们现在要解决两个问题：1.每个点(i,j,l)每次操作被涉及到的概率p；2.求出p后，我们还要知道一个点在k次操作后是亮的的概率(也就是k次操作中被操作了奇数次的概率)。
1.第一个问题比较基础(就是个古典概型)，因为题目里随机的两个点是有序的，所以p的分母应该是(n*m*p)^2；随机的两个点在每一维都必须满足(这里拿第一维举例)有一个>=i，另一个<=i，并且因为有仅有 x1=x2=i 的方案会被算两遍，所以p的分子是 ((n-i+1)*i*2-1)*(...)*(...)
2.第二个问题需要一点技巧。。
显然，我们根据需求，可以列出 ans = ∑ C(k,i) * p^i * (1-p)^(k-i) * [k%2==1]
这个要求的式子就是 [(1-p) + p]^k 二项式展开的p的奇数次项的和，于是我们再配一下 [(1-p) - p]^k，两式做差再除以2，就得到了ans (可以自己手玩一下)。
都解决之后代码就很好写了，其实主要还是考数学23333
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
#define D double
D ans,now,sq,px,py;
int n,m,p,k,T;
inline void Get(){
ans-=pow(1-2*now,k);
}
int main(){
scanf("%d",&T);
for(int o=1;o<=T;o++){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&k);
ans=0,sq=n*m*p,sq=sq*sq;
for(int i=1;i<=n;i++){
px=(2*i*(n-i+1)-1)/sq;
for(int j=1;j<=m;j++){
py=(2*j*(m-j+1)-1)*px;
for(int l=1;l<=p;l++) now=(2*l*(p-l+1)-1)*py,Get();
}
}
ans+=n*m*p,ans/=2,printf("Case %d: %.11lf\n",o,ans);
}
return 0;
}