link。
以下记 (L = sum l_i)。
记 (p_{i,j}) 表示第 (i) 块巧克力切 (j) 刀，使得每段长度 (< k) 的概率。
记 (P_i(z) = sumfrac{p_{i,j}}{j!}(frac{l_i}{L}z)^j)。
记 (Q(z) = e^z -prod P_i(z) = sumfrac{q_k}{k!}z^k)，表示第 (k) 步仍未结束的概率为 (q_k)。
则可以得到 (E = sum[z^i]Q(z) imes i!)。
考虑给定单个巧克力原长为 (l)，求切 (m) 刀，使得每段长度 (< k) 的概率 (p_m)。
换元：原长为 (w = frac{l}{k})，每段长度 (< 1)。
即随机生成 ((X_1, X_2, dots, X_m)) 满足 (0 < X_i < frac{l}{k})，求加入 (X_0 = 0, X_{m+1} = frac{l}{k}) 并排序后 (X'_{i+1} - X'_i < w) 的概率 (p_m)。
考虑直接随机生成差分变量 (Y_1,Y_2,dots Y_m)，则需满足要求 (0 < Y_i < 1, w - 1 < sum Y_i < w)。
注意此时生成 (Y_i) 时要求 (Y_i > 0,sum Y_i < w)，积分可得 (frac{w^m}{m!})。
考虑计算如下的积分：
几何意义即 (m) 维下的超立方体（(Y_iin(0, 1))）与超棱锥（(Y_i>0,sum Y_i<x)）的交。
可以证明 (F(x) = sum_{t=0}^{lfloor x floor}(-1)^kinom{n}{t} imes frac{(x-t)^m}{m!})。
证明思路可以考虑容斥，枚举有 (t) 个 (Y > 1)。
这个分布在 tutorial 中被称为 "Irwin–Hall distribution"（连百度都百度不到的东西
那只能说明百度是屑）。
由上，我们已经可以计算概率 (p_m)（下记 (u = lfloor w floor)）：
通过变换可得 (p_m = sum_{t=0}^{u}(-1)^tinom{m+1}{t}(1-frac{t}{w})^m)，但这个形式只是更简洁，其实并不影响我们下面的代入。
后面的推导就比较 trivial 了，稍微写简略一点吧。 对不起，我一开始推错了。后面的某些推导还是有些 tricky 的。
记 (w_i = frac{l_i}{k}, u_i = lfloor w_i floor)，直接代入 (p_{i,j})：
接下来算 (F_i)（(G_i) 同理），注意 ((1-frac{t}{w_i}) imesfrac{l_i}{L} = frac{l_i-tk}{L})。
稍后会看到，提出因子 (exp(frac{l_i}{L}z)) 这一步将会简化我们的状态定义。
在提出因子 (exp(frac{l_i}{L}z)) 后，(F_i(z)) 剩余部分可以表示成 (f_tz^texp^t(-frac{k}{L}z))；同理 (G_i(z)) 剩余部分可以表示成 (g_tz^texp^{t+1}(-frac{k}{L}z))。
因此 (Q(z)) 可以表示成 (exp(z) imes(1 - sum a_{i,j}z^iexp^{i+j}(-frac{k}{L}z)))，其中 (ileq L, j leq n)。
之后只需要考虑计算 (sum[z^t]z^i imesexp(Az) imes t!)，即 (sum_{tgeq 0}(t+i)^{underline{i}}A^t=frac{i!}{(1 - A)^{i+1}})。
可以错位相减得到结果，也可以考虑变形成 (i!suminom{t+i}{i}A^t)。
时间瓶颈卡在求 (Q(z)) 的系数，暴力复杂度 (O(nL^2))（虽然看似是 (O(n^2L^2))），但是出题人很仁慈，所以可以通过。
直接 fft 可做到 (O(n^2Llog(L)))，分治 fft 可做到 (O(nLlog(nL)))。
小疑惑：
虽然说连续函数考虑端点取值没有意义。
但是考虑如果仅有一根长度为 (k) 的巧克力棒，要求长度 (< k) 和要求长度 (leq k) 的答案不一样。
嗯，想不透彻。
连续概率好难！！！好难！！！好难啊！！！
代码实现大概之后会补上，由于现在没有实现所以不保证内容的正确性。
边写代码边修锅过后的结果：https://codeforces.com/contest/1477/submission/106333507 （force）。