$\texttt{Solution}$

首先，可以利用等比数列求和公式，因为 $0.4\le P<0.6$，删去分子上的 $A(q+1)$ 算出每对男女 $(i,j)$ 在一起的概率。询问时倒叙插入，并用树状数组维护。 比如对于一个女生 $a$，有 $k$ 个候选男生编号为 $1\ldots k$，那么对于第 $m$ 个男生，$(a,m)$ 在一起的概率就是

$$(1-p)^{m-1}\times p+(1-p)^k\times (1-p)^{m-1}\times p+(1-p)^{2k}\times (1-p)^{m-1}\times p+\ldots+(1-p)^{x-1}\times (1-p)^{m-1}\times p$$

分别随对应在第 $1$ 轮、第 $2$ 轮、第 $3$ 轮…第 $x$ 轮选中第 $m$ 个男生的概率，其中 $x$ 需要到正无穷。不难发现，其实这是一个以 $(1-p)^{(m-1)}\times p$ 为首项，$(1-p)^{k}$ 为公比的等比数列，我们要所得就是对这个数列求和。不妨先利用等比数列求和公式：

$$S_n=a_1\times\frac{1-q^{n}}{1-q}$$

其中，$a_1=(1-p)^{m-1}$。瓶颈在于 $n$ 趋向正无穷，无法精确求出。因为 $q=(1-p)^k$，$0.4<1-p<0.6$ 不接近 $1$，那么当 $n$ 很大时，$q^n$ 非常接近于 $0$，因为只需要保留 $2$ 位小数，不妨把 $q^n$ 当做 $0$。那么，答案就是 $a_1\div(1-q)$。

这样我们就求出了每队男女在一起的概率。

至于统计答案，原始想法是枚举每组不稳定的配对关系，算出概率和计可，但是这样只能通过 $60\%$ 的数据。我们可以倒序枚举女生，使用树状数组或线段树维护后 $i$ 个女生与前 $j$ 个女生配对的概率和。最多操作 $M$ 次插入 $M$ 次询问，即可通过全部数据。

$\texttt{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=6e5+7;
int lowbit(int x){ return x&(-x); }
int n,m,d[N],c[N],pt;
double p,pw[N],ans;
struct Node{
	double a[N];
	double sum(int p){
		double ans=0;
		for(;p;p-=lowbit(p)) ans+=a[p];
		return ans;
	}
	void modefy(int p,double val){
		p++;
		for(;p<=n;p+=lowbit(p))  a[p]+=val;
	}
}t;
struct Edge{
	int u,v;
	double p;
	Edge(){}
	Edge(int u,int v,double p):u(u),v(v),p(p){};
}e[N];
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m>>p;
	for(int i=0,u,v;i<m;i++) cin>>u>>v,u--,v--,d[u]++,e[i]=Edge(u,v,0);
	sort(e,e+m,[](Edge x,Edge y){if(x.u!=y.u) return x.u<y.u; else return x.v<y.v;});
	pw[0]=1.0;
	for(int i=0;i<n;i++) pw[i+1]=pw[i]*(1-p);
	for(int i=0,u;i<m;i++){
		u=e[i].u;
		e[i].p=p*pw[c[u]]/(1-pw[d[u]]);
		c[u]++;
	}reverse(e,e+m);
	for(int i=n-1;i>=0;i--){
		for(int j=pt;j<m&&e[j].u==i;j++) ans+=t.sum(e[j].v)*e[j].p;
		for(int j=pt;j<=m&&e[j].u==i;j++) t.modefy(e[j].v,e[j].p),pt=j+1;
	}
	cout<<fixed<<setprecision(2)<<ans<<endl;
	return 0;
}

管理员大大大辛苦了。

~本蒟蒻的第一篇题解，点个赞再走吧QAQ~

第一篇题解，有勘误请指出qwq