我们考虑用一个简单的背包处理出一个数有多少种方法被凑出，用 $i$ 个数凑 $j$ 的方案数记作 $f_{i,j}$。

那么答案是 $\frac{\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{p}f_{i,j}i!(n-i)!}{n!}$。

但是为什么呢？

我们假设对于一个序列贝茜能够接待的奶牛数量的数量为 $X$。

那么答案是 $\sum_{i=1}^{n}E(X=i)i$，但是事实上这等价于 $\sum_{i=1}^{n}E(X \geq i)$。

我们的式子本身就是对于每一个前缀，其和 $\leq p$ 的方案数之和，$i,j$ 相当于长度和和。

这样的转化非常巧妙，值得借鉴。

假设 $n,p$ 同阶。

然后我们就可以尝试把标爆掉。

我不知道 y 总的标是什么复杂度，但是至少我们可以做到 $O(n^3)$（朴素的背包）。

考虑 f_i 本身只是一个二元多项式，问题也相当于它的一个截断的系数和。

对于每一个 $1 \leq a \leq n,1 \leq b \leq p$，求

$$f_{a,b}=[x^ay^b]\prod_{i=1}^{n}(1+xy^{A_i})$$

做一个二元多项式的 ln-exp 即可，复杂度 $O(n^2 \log n)$。

具体是几只 log 可能没想清楚，欢迎来喷。

能不能低于 $O(n^2 \log n)$ 暂且未知。

写了份 $O(n^3)$ 的代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace gza{
    #define int long long
    #define pb push_back
    #define MT int TTT=R;while(TTT--)
    #define pc putchar
    #define R read()
    #define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
    #define rep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
    #define m1(a,b) memset(a,b,sizeof a)
    namespace IO
    {
        inline int read()
        {
            int x=0;
            char ch=getchar();
            bool f=0;
            while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=1;ch=getchar();}
            while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
            if(f) x=-x;
            return x;    
        }
        template<typename T> inline void write(T x)
        {
            if(x<0) pc('-'),x=-x;
            if(x>9) write(x/10);
            pc(x%10+'0');
        }
    };
    namespace math
    {
        inline int gcd(int a,int b)
        {
            int az=__builtin_ctz(a),bz=__builtin_ctz(b),z=(az>bz)?bz:az,t;
            b>>=bz;
            while(a) a>>=az,t=a-b,b=a,az=__builtin_ctz(t<0?-t:t),a=t<0?-t:t;
            return b<<z;
        }
        inline int qmi(int a,int b,int p)
        {
            int res=1;
            while(b)
            {
                if(b&1) res=res*a%p;
                a=a*a%p;
                b>>=1;
            }
            return res;
        }
        const int MAXN=2e6+10;
        int my_fac[MAXN],my_inv[MAXN];
        void init_binom(int mod)
        {
            my_fac[0]=1;fo(i,1,min(MAXN,mod)-1) my_fac[i]=my_fac[i-1]*i%mod;
            my_inv[min(MAXN,mod)-1]=qmi(my_fac[min(MAXN,mod)-1],mod-2,mod);rep(i,min(MAXN,mod)-2,0) my_inv[i]=my_inv[i+1]*(i+1)%mod;
        }
        int binom(int a,int b,int mod)
        {
            return my_fac[a]*my_inv[b]%mod*my_inv[a-b]%mod;
        }
    };
    using namespace IO;
    using namespace math;

    const int N=60;
    int n,m;
    int a[N];
    double fac[N];
    int f[N][N];
    void main(){
        fac[0]=1;
        fo(i,1,N-1) fac[i]=fac[i-1]*i;
        n=R;
        fo(i,1,n) a[i]=R;
        m=R;
        f[0][0]=1;
        fo(i,1,n) rep(j,m,a[i]) rep(k,i,1) f[k][j]+=f[k-1][j-a[i]];
        double ans=0;
        fo(i,1,n) fo(j,0,m) ans+=f[i][j]*fac[i]*fac[n-i];
        cout<<fixed<<setprecision(6)<<ans/fac[n]<<endl;
    }
}
signed main(){

    gza::main();
}