题目描述：
今天，带恶人JM掀起了一场超大规模的星系战争，为了阻止疯狂的JM，你需要前往n个星球去招募勇士（为了部落！）。这些星球的编号为1-n，地球（也就是你的初始所在）为1号星球。为了掩人耳目（？）你必须按照编号顺序依次访问这些星球，然后再回到地球上，也就是按照1( ightarrow)2( ightarrow)···( ightarrow)n( ightarrow)1的顺序访问。
当你驾驶飞船访问每个星球时，你的飞船都需要在星球上着陆然后再起飞，这两个过程都是需要耗费大量的燃料的。因为这是一艘神(zhi)奇(zhang)的飞船，它只在着陆和起飞时有大量消耗，至于在星球之间飞行所耗费的燃料，少到可以忽略不计。
对于编号为 (i) 的星球，着陆所需的燃料为(M_1)/(a_i)，起飞所需的燃料为(M_2)/(b_i)，其中(M_1)和(M_2)分别表示着陆或起飞之前飞船的总重。飞船的总重可以表示为(M=m+f)，其中(m)表示飞船的净重，(f) 表示飞船上当前搭载的燃料重量。
例如在编号为 (i) 的星球上着陆之前有(m=9,f=3,a_i=8,b_i=2)，那么着陆需要((9+3)/8=1.5)吨燃料，而起飞需要((9+1.5)/2=5.25)吨燃料，因为着陆以后燃料被消费掉了，起飞之前(f=1.5)而不是(3)。
注意，整个过程是最开始从地球起飞，然后依次在(2...n)号星球着陆然后起飞，最后在地球着陆。
因为JM的军队已经将这些星球上的燃料掠夺一空，所以你没法在路上补充燃料，你的燃料只能在出发前全部装好。
同样是因为JM的军队的疯狂掠夺，现在燃料已经十分紧缺，你希望花费最少的燃料来完成招募任务。请计算访问这些星球并返回地球所需的最少燃料。上述所有重量的计数单位均相同。
输入格式：
第一行两个正整数(n)和(m)，表示星球个数和飞船净重。
接下来(n)行，每行两个正整数(a_i,b_i)，分别表示每个星球的着陆参数和起飞参数，其作用如题目所述。
输出格式：
输出一行一个浮点数表示答案。但是如果无论装载多少燃料都无法完成招募任务，则输出一个整数(-1)不带浮点。
当答案的绝对值误差不超过(10^{-4})时即会被评测通过。
保证如果有解，则解小于(10^{18})
思路：
首先，一个很明显的思路是可以二分答案，模拟验证是否可行，但是(n)很大，有超时风险。
注意到燃料要最少，所以在地球着陆后剩的燃料为(0),这就是我们的末状态。
那么可以想到倒推，既然知道末状态，那么末状态之前一步是什么呢？列方程：((m+Delta)/a_1=Delta)((Delta)是着陆消耗的燃料)。
移项得:(Delta=m/(a_1-1))。
同理，若着陆或起飞后燃料为(ans),那么之前燃料的值为((m+a_i*ans)/(a_i-1))或((m+b_i*ans)/(b_i-1))。
代码如下：
#include<cstdlib>
#define db double
#define maxn (int)(2*1e5)+1
db a[maxn],b[maxn];
int main(){
int i,j,n,x,y;
db ans=0,m;
scanf("%d%lf",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
if(x<=1||y<=1){
printf("-1");
return 0;
}
a[i]=x;b[i]=y;
}
ans=m/(a[1]-1);
for(i=n;i>=2;i--){
ans=(m+b[i]*ans)/(b[i]-1);
ans=(m+a[i]*ans)/(a[i]-1);
}
ans=(m+b[1]*ans)/(b[1]-1);
printf("%.6lf",ans);
return 0;
}