满分解法（100 分）

两个离开条件要同时满足

把一次挑战的成功概率记作 $q_i=p_i/100$。最终既要至少成功 $L$ 次，又要能装下所有实际获得的残片。成功次数相同的两种结果，可能得到完全不同的背包和残片，因此只统计成功次数不够。

不过，背包容量与残片数不必分别记录。设处理完前 $i$ 项挑战后的剩余容量为

$$B_i=K+\sum_{\substack{1\le t\le i\\\text{第 }t\text{ 项成功}}}a_t.$$

成功得到背包时增加 $a_i$；成功得到残片时，$a_i=-1$，恰好表示占用一个容量。最终装载条件就是 $B_N\ge 0$。

中途的 $B_i$ 可以为负。 例如先获得一个残片、后获得容量为 $1$ 的背包，最终依然合法。题目只在全部挑战结束时检查装载，不能把暂时装不下的状态删掉。

把可能下降的容量变成非负、单调的量

直接以 $B_i$ 为坐标，有两个麻烦：它可以为负，也可能因大背包而变得很大。观察每一步对它的影响：失败时不变，成功时增加 $a_i$，而 $a_i\ge -1$。也就是说，每处理一项挑战，剩余容量最多下降 $1$。

于是用已经处理的挑战数补偿这一下降，定义

$$X_i=B_i+i.$$

从第 $i$ 项走向第 $i+1$ 项时：

$$X_{i+1}= \begin{cases} X_i+1,&\text{第 }i+1\text{ 项失败},\\ X_i+a_{i+1}+1,&\text{第 }i+1\text{ 项成功}. \end{cases}$$

两种增量都非负，所以 $X_i$ 不会下降。初始 $X_0=K\ge 0$，也就不再需要负下标。

在全部 $N$ 项挑战结束时，装载条件等价于

$$B_N\ge 0\quad\Longleftrightarrow\quad X_N\ge N.$$

这里加的是当前处理数 $i$，不是固定偏移量。正是它每一步都会增加 $1$，才使新的坐标单调不减。

超过目标阈值后，可以合并状态

我们只关心最后能否达到阈值 $N$。由于 $X_i$ 不会下降，一旦它已经不小于 $N$，以后无论哪些挑战成功，最终装载条件都会满足。

因此定义

$$S_i=\min(N,X_i),$$

只保留 $0,1,\ldots,N$ 共 $N+1$ 种值。其中 $S_i=N$ 表示“已经达到阈值”，并不表示实际 $X_i$ 恰好等于 $N$。

这个合并保留了后续行为。对于任意非负增量 $d$，都有

$$\min\bigl(N,\min(N,x)+d\bigr)=\min(N,x+d).$$

所以无论先截断再转移，还是先按真实值转移再截断，得到的状态都一致。成功次数仍然需要单独记录：装载已经有保证，不代表成功次数也已经达标。

概率动态规划

令 $f(i,j,s)$ 表示处理完前 $i$ 项挑战，恰好成功 $j$ 次，且 $S_i=s$ 的概率。参数范围为 $0\le i\le N$、$0\le j\le i$、$0\le s\le N$。

初始时还没有进行挑战，成功次数为 $0$，$X_0=K$，因此

$$f\bigl(0,0,\min(N,K)\bigr)=1,$$

其余状态初值为 $0$。

按 $i$ 从小到大，枚举所有 $j,s$。下一项挑战只有成功和失败两种互斥结果。

失败的概率是 $1-q_{i+1}$，成功次数不变，新的坐标增加 $1$：

$$f\bigl(i+1,j,\min(N,s+1)\bigr) \mathrel{+}=f(i,j,s)(1-q_{i+1}).$$

成功的概率是 $q_{i+1}$，成功次数增加 $1$，新的坐标增加 $a_{i+1}+1$：

$$f\bigl(i+1,j+1,\min(N,s+a_{i+1}+1)\bigr) \mathrel{+}=f(i,j,s)q_{i+1}.$$

注意，获得残片时 $a_{i+1}=-1$，所以成功分支的第三维不变；获得容量为 $0$ 的背包时，第三维增加 $1$，成功次数仍然必须增加。

最后只取成功次数不少于 $L$ 且装载阈值已达到的状态：

$$\text{答案}=\sum_{j=L}^{N}f(N,j,N).$$

各项挑战的结果相互独立，所以同一历史的概率乘上下一步相应的成功或失败概率，就是扩展历史的概率。不同历史互斥，落到相同状态时直接相加。两种转移完整且不重复地枚举了所有结果，而截断又保留了装载条件，故上述求和恰好得到所求概率。

用一个晚到背包的例子检查含义

取 $N=2,L=1,K=0$，两项挑战都以 $50\%$ 的概率成功，属性依次为 $-1,1$。初始 $X_0=0$。若第一项成功，先得到残片，$B_1=-1$，但是 $X_1=B_1+1=0$；这个状态仍被保留。第二项再成功时，$X_2$ 增加 $1+1=2$，最终达到阈值。

两项挑战的结果	成功次数	最终剩余容量	是否满足两个条件
失败、失败	$0$		否，成功次数不足
成功、失败	$1$	$-1$	否，残片装不下
失败、成功		$1$	是
成功、成功	$2$	$0$

四种结果各有 $1/4$ 的概率，答案为 $1/2$。如果在第一项后删除负容量状态，就会错误地漏掉最后一行。

实现与复杂度

代码中的三维数组与 $f(i,j,s)$ 直接对应，保存完整处理层；每个状态只向下一层进行两次转移。输入的百分比先除以 $100$，概率使用 double，最后固定输出六位小数。

时间复杂度为 $O(N^3)$，因为要枚举处理数、成功次数与截断后的坐标，每次只做常数次转移。

空间复杂度为 $O(N^3)$，用于完整三维概率表。题目上限下该状态表示满足给定空间限制，无需额外保存原始容量或残片数。

当 $N=0$ 时，必有 $L=0$。初始化直接给出 $f(0,0,0)=1$，没有转移，答案自然为 $1$；当 $K>N$ 时，初始第三维截断到 $N$，后续仍正常统计成功次数。

AC 代码（C++20）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;

void solve() {
  int n, l, k;
  cin >> n >> l >> k;
  vector<double> p(n + 1);
  vector<int> a(n + 1);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> p[i];
    p[i] /= 100;
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];

  // 第三维为 min(n, 当前剩余容量 + 已处理挑战数)。
  vector dp(n + 1, vector(n + 1, vector<double>(n + 1)));
  dp[0][0][min(n, k)] = 1;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    for (int j = 0; j <= i; j++) {
      for (int s = 0; s <= n; s++) {
        double cur = dp[i][j][s];
        dp[i + 1][j][min(n, s + 1)] += cur * (1 - p[i + 1]);
        dp[i + 1][j + 1][min(n, s + a[i + 1] + 1)] += cur * p[i + 1];
      }
    }
  }
  double ans = 0;
  for (int j = l; j <= n; j++) ans += dp[n][j][n];
  cout << fixed << setprecision(6) << ans << '\n';
}

int main() {
  cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
  solve();
}

枚举成败结果（通过子任务 1，共 30 分）

枚举成败结果

在 $N\le 10$ 的范围内，每项挑战只有成功和失败两种结果，全部结果至多有 $2^{10}$ 种，可以直接搜索。

从前往后处理挑战，记录已经处理的位置、成功次数、剩余容量，以及当前这条成败历史的概率。剩余容量等于已有背包总容量减去已经获得的残片数，初始为 $K$。

设当前处理第 $i$ 项，成功概率为 $q_i=p_i/100$。失败分支保持成功次数与剩余容量不变，并把当前概率乘以 $1-q_i$；成功分支把成功次数加 $1$、剩余容量加 $a_i$，并把概率乘以 $q_i$。当 $a_i=-1$ 时，这一步正是为新残片扣掉一个容量。

全部挑战处理完后，只有成功次数不少于 $L$ 且剩余容量非负的结果才计入答案。每条完整历史只被枚举一次，不同历史互斥，因此把这些历史的概率相加即可。

哪些分支可以提前停止

若当前成功次数加上剩余挑战数仍小于 $L$，即使以后全部成功也无法达标，可以停止这一分支。若当前历史的概率为 $0$，它的任何扩展也不贡献概率，同样可以停止。

不能因为当前剩余容量小于 $0$ 就剪枝。例如属性为 $-1,1$ 的两项挑战均成功时，第一项后暂时装不下残片，第二项得到的背包却可以补足容量。题目只要求最后能全部装下。

容量为 $0$ 的背包挑战成功也要增加成功次数；$L=0$ 不代表自动满足装载条件；$N=0$ 时唯一的空历史合法，答案为 $1$。

复杂度与适用范围

时间复杂度为 $O(2^N)$，搜索树的节点数为指数级，每个节点只进行常数次更新。空间复杂度为 $O(N)$，用于输入与递归调用栈。

该方法保证解决第 $1$ 组的 $N\le 10$。上述两种剪枝可能使某些更大输入也很容易，但不能改变最坏情况下的指数复杂度，因而不保证完整范围。

参考代码（C++20）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;

void solve() {
  int n, l, k;
  cin >> n >> l >> k;
  vector<double> p(n);
  vector<int> a(n);
  for (double& x : p) {
    cin >> x;
    x /= 100;
  }
  for (int& x : a) cin >> x;

  double ans = 0;
  auto dfs = [&](auto&& self, int pos, int cnt, int bal, double prob) -> void {
    if (cnt + n - pos < l || prob == 0) return;
    if (pos == n) {
      if (bal >= 0) ans += prob;
      return;
    }
    self(self, pos + 1, cnt, bal, prob * (1 - p[pos]));
    self(self, pos + 1, cnt + 1, bal + a[pos], prob * p[pos]);
  };
  dfs(dfs, 0, 0, k, 1);
  cout << fixed << setprecision(6) << ans << '\n';
}

int main() {
  cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
  solve();
}