设策略为每次造 $x$ 个烟花然后放一次，不断如此操作，直到达成为止，设 $q=1-p10^{-4}$，则期望值为： $E=\sum_{i=1}^\infty i(xn+m)(q^x)^{i-1}(1-q^x)$ 提取变量，即设 $w=q^x$，即求 $S_i=\sum_{j=1}^i jw^{j-1}$ ，代入错位相减法公式解得 $A=\dfrac1{w-1},B=-\dfrac1{(w-1)^2}$，即 $S_i=(Ai+B)q^i-B$ 故 $\lim_{i\to\infty }S_i=\dfrac{1}{(w-1)^2}$，即： $E=\dfrac{(xn+m)(1-q^x)}{(q^x-1)^2}=\dfrac{xn+m}{1-q^x}$ 即求一个正整数 $x$，使一元函数 $E(x)$ 最小并输出最值。

求导得： $E'(x)=\dfrac{n(1-q^x)+(xn+m)(-q^x\ln q)}{(1-q^x)^2}$ 显然 $n,m,q > 0$，注意到 $q < 1$，有 $\ln q <0$。观察可知函数如果不单调，一定是 U 型的，不妨直接三分求解。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using db = double;
ll t, n, m, p;
db q;
db f(ll x)
{
    return (x * n + m) / (1 - pow(q, x));
}
signed main()
{
    scanf("%lld", &t);
    while (t--)
    {
        scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &p);
        q = 1 - 1e-4 * p;
        ll lf = 1, rf = 1e9;
        db ans = 1e21;
        while (lf < rf)
        {
            ll lc = (2 * lf + rf) / 3, rc = (2 * rf + lf + 2) / 3;
            db lv = f(lc), rv = f(rc);
            ans = min({ans, lv, rv});
            if (lv < rv)
            {
                rf = rc - 1;
            }
            else
            {
                lf = lc + 1;
            }
        }
        printf("%.12lf\n", ans);
    }
    return 0;
}