1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int amn=1e4+5;
 4 struct node{
 5     double p,q;
 6 }nm[amn];
 7 double p[amn],q[amn],ans,cnt,maxn,aa,s,t;
 8 bool cmp(node a,node b){
 9     if(a.p==b.p)return a.q<b.q;
10     return a.p>b.p;
11 }
12 int main(){
13     int n,T,tp;
14     ios::sync_with_stdio(0);
15     scanf("%d",&T);
16     while(T--){
17         scanf("%d",&n);
18         tp=maxn=0;
19         aa=1;
20        for(int i=1;i<=n;i++){
21             scanf("%lf",&nm[i].p);
22             maxn=max(maxn,nm[i].p);
23             nm[i].q=1-nm[i].p;
24         }
25         if(maxn>=0.5){
26             ans=maxn;
27         }
28         else{
29             tp=maxn=0;
30             sort(nm+1,nm+1+n,cmp);
31             ans=nm[1].p;
32             for(int i=2;i<=n;i++){
33                 s=0,t=1;
34                 for(int j=1;j<=i;j++)s+=nm[j].p/nm[j].q;
35                 for(int j=1;j<=i;j++)t*=nm[j].q;
36                 if(s*t>ans)
37                     ans=s*t;
38                 else break;
39             }
40         }
41         printf("%.12lf\n",ans);
42     }
43 }
44 /**
45 有n种商品，每种商品有pi的概率让女朋友非常开心，现在问买那些商品才能让女朋友恰好非常开心一次的概率最大
46 记p为恰好让女朋友非常开心一次的概率,p=Σ(i=1->m)pi*π（j=1->m且i!=j)(1-pj),算了一些样例后发现如果pi>0.5，那么无论再买那些商品都会让总概率变小，
47 如果pi==0.5，则无论再买那些商品都会让总概率=0.5,所以如果存在pi>=0.5，则我们就取一个最大的大于等于0.5概率的商品，否则商品概率都小于0.5时，
48 队友通过打表发现将商品排序后，从最大的那个开始连续取，总概率会先递增再递减，且只有一个极大值,现在的问题是最坏的情况是要遍历所有商品，复杂度为O(n)
49 每次都要重新计算总概率，计算总概率的复杂度为O(n*n)，所以这样的总复杂度为O(n*n*n)，而题目中n最大为1e4，显然n的立方的复杂度是不能接受的，
50 遍历的O(n)没什么办法优化，但我们可以把计算总概率的O(n*n)的复杂度降为O(n)，这样O(n*n)的复杂度是能支持1e4的数据的，所以现在的问题就是怎么优化计算
51 原始公式为p=Σ(i=1->m)pi*π（j=1->m且i!=j)(1-pj)，可以将其转换为，p=Σ(i=1->m)pi*π（j=1->m)(1-pj)/(1-pi),因为π（j=1->m)(1-pj)与i无关，所以可以把他从累加中提出来，
52 转换为p=[Σ(i=1->m)pi/(1-pi)]*[π（j=1->m)(1-pj)],于是可以O(n)地计算Σ(i=1->m)pi/(1-pi)和π（j=1->m)(1-pj)，最后将两者相乘即为总概率
53 **/