解析

显然可以利用期望的线性性对每张牌单独计算贡献。
现在的关键就是如何求出每张牌被使用的概率。

考虑第 $i$ 张牌，如果它的前面 $[1,i-1]$ 中有 $j$ 张牌被使用，那么它被使用的概率就是 $1-(1-p_i{)}^{r-j}$。
根据这个，设计 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 张牌中使用了 $j$ 张的概率，也不难进行转移：
$$f_{i,j}=f_{i-1,j-1}(1-(1-p_i{)}^{r-j+1})+f_{i-1,j}\ast (1-p_i{)}^{r-j}$$
求出 $f$ 后再用其求出每张牌的概率即可。
预处理 $(1-p_i{)}^k$，时间复杂度 $O(Tnr)$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define ok debug("ok\n")
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar(); while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return f*x;
}const int N=250;
const int mod=1e9+7;int n,m;
double p[N],f[N][N],mi[N][N];
int d[N];
void work(){n=read();m=read();for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%d",&p[i],&d[i]);	for(int i=1;i<=n;i++){mi[i][0]=1;for(int j=1;j<=m;j++) mi[i][j]=mi[i][j-1]*(1-p[i]);}f[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){f[i][0]=f[i-1][0]*mi[i][m];for(int j=1;j<=i;j++){f[i][j]=f[i-1][j-1]*(1-mi[i][m-j+1])+f[i-1][j]*mi[i][m-j];}}double ans(0);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=i;j++) ans+=d[i]*f[i-1][j-1]*(1-mi[i][m-j+1]);}printf("%.10lf\n",ans);
}
signed main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);#endifint T=read();while(T--) work();return 0;
}
/*
*/