import sys
from math import fsum


def solve() -> None:
    """按 E(k) = n * H(k) + k - 1 直接算，调和级数用 fsum 保证精度"""
    data = sys.stdin.buffer.read().split()
    if not data:
        return
    n = int(data[0])
    k = int(data[1])
    harmonic = fsum(1.0 / i for i in range(1, k + 1))
    ans = n * harmonic + (k - 1)
    sys.stdout.write(f"{ans:.9f}\n")


if __name__ == "__main__":
    solve()

示例推演

示例 1： $n=1,\ k=1$

只有一杯水，第一回合必然选中它并喝掉，共 1 回合。
公式： $1 \times H_1 + 1 - 1 = 1$ 。✓

示例 2： $n=2,\ k=1$

每回合有 $1/2$ 的概率选中那杯水。第 $m$ 回合才喝到的概率是
$(1/2)^m$ ，所以期望回合数

\sum_{m \ge 1} m \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^m = 2

公式： $2 \times H_1 + 1 - 1 = 2$ 。✓

示例 3： $n=2,\ k=2$

回合	状态	发生了什么
1	2 杯满	必选中满杯，且上一回合没喝过 → 喝掉 1 杯，剩 1 杯
2	1 杯满	上一回合喝过水 → 无论选中什么都不喝，冷却 1 回合
3 起	1 杯满	每回合有 $1/2$ 概率选中它，期望还要 $2$ 回合

合计 $1 + 1 + 2 = 4$ 回合。

换个角度验证：从第 3 回合开始数，第 $t$ 回合才喝到的概率是
$(1/2)^t$ ，于是总回合数 $= 2 + t$ ，期望

2 + \sum_{t\ge 1} t\left(\frac{1}{2}\right)^t = 2 + 2 = 4

对应题面给出的分布：3 回合（概率 $1/2$ ）、4 回合（ $1/4$ ）、
5 回合（ $1/8$ ）……

公式： $2 \times H_2 + 2 - 1 = 2 \times 1.5 + 1 = 4$ 。✓

复杂度分析

解法	时间复杂度	空间复杂度	说明
按状态解方程递推	$O(k)$	$O(k)$	保存 $E(1..k)$ ，思路直观
闭式累加调和级数	$O(k)$	$O(1)$	推荐，只需一个累加器

$k \le 10^6$ ， $O(k)$ 的循环只需几十毫秒，没有必要做 $\ln k$ 的近似。

易错点总结

1. 漏掉「冷却回合」

最典型的错误是认为喝完一杯后下一回合还能接着喝。 $n=k=2$ 时那样会算出 3，
而正确答案是 4 —— 第二回合是必然的冷却，第三回合开始才重新有机会。

2. 把 $E(1)$ 也加上冷却

最后一杯喝完，任务就结束了，不需要再空转一回合。所以
$E(1) = n$ ，而不是 $n + 1$ 。这一处差 1，会把 $n=1,k=1$ 算成 2。

3. 浮点累加的误差被 n 放大

答案形如 $n \cdot H_k$ ， $n$ 可以到 $10^6$ 。如果用普通 sum 累加
$10^6$ 项，误差会被放大到 $10^{-3}$ 量级，超过 $10^{-6}$ 的要求。
用 math.fsum（精确求和）或 Kahan 补偿求和可以避免。

4. 把「选到满杯」误当成「一定喝到水」

选到满杯只是必要条件。上一回合喝过水时，选到满杯也不会喝，
杯子仍然是满的 —— 这一点决定了 $f$ 在冷却回合不会减少。

5. 输出精度

题目要求误差不超过 $10^{-6}$ ，输出 9 位小数足够，也便于和样例逐字比对。

扩展思考

如果取消冷却（每回合选中满杯就喝），期望退化成「集齐 $k$ 个指定杯子」
的经典问题： $E = \sum_{f=1}^{k} n/f = n H_k$ 。本题多的正是 $k-1$ 个
冷却回合。
如果冷却只针对「连续两次选中同一个杯子」，状态里就必须记录上一次选的是
哪个杯子，状态数会从 $O(k)$ 涨到 $O(kn)$ 。
调和数的近似 $H_k \approx \ln k + \gamma + \frac{1}{2k}$ 可以用来
在 $k$ 极大时估算答案，但本题 $k \le 10^6$ ，直接循环更稳。