根据题意，只有刚开始所在的点可能不是给定的(n)个点，之后所有的位置一定都在给定的点集中了；我们大力求一下(P_{i,j})表示从点(i)移动到点(j)的概率，这个随便暴力一下就好了，由于询问的终点是给定的，于是我们利用求出来的(P_{i,j})建一张反图
接下来不妨考虑一下起始点的位置，我们大力猜想这个起始点不可能是两条直线的交点，感性理解一下发现这个结论非常正确；在交点上相当于对各条直线上的答案取了一个加权平均值，这个平均值一定小于答案最大的那条直线，我们把起始点放在那条直线上一定比在交点上更优。
于是起始点只可能有两种情况，可能是给定点集中的某个点，也可能在给定点集形成的一条直线上且不是任意两条直线的交点；不难发现第二种情况包含第一种情况，我们只需要考虑第二种情况即可。
由于直线条数不超过(O(n^2))条，于是我们可以暴力每一条直线，并处理出每一条直线上点有哪些。一条直线的答案就是上面每一个点到(t)的概率除以直线上点的个数。
由于我们建了反图，所以转化成了(t)到上面每一个点的概率，我们现在要求的就是这个东西了；不难发现这是一个简单dp，我们可以通过矩阵来优化这个dp，但是直接上是(O(qn^3log m))的，这看起来不是很科学。
这就是一个简单的套路了，两个矩阵相乘是(O(n^3))的，但是向量乘矩阵却是(O(n^2))的，我们求出最终的转移矩阵也只是为了和一个向量相乘，所以我们只保留(2)的次幂的矩阵，拿着向量去乘这些矩阵就好了，这样一组询问的复杂度就只有(O(n^2log m))了。
复杂度是(O(n^3+qn^2log m))，代码
#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
const int maxn=205;
int n,f[maxn],vis[maxn],Q,ma[maxn][maxn],num;
struct pt{int x,y;}p[maxn];
struct Mat{double a[maxn][maxn];}pw[14];
struct Vector{double d[maxn];}ans;
std::vector<int> line[maxn*maxn];
inline int operator*(const pt &A,const pt &B) {return A.x*B.y-A.y*B.x;}
inline pt operator-(const pt &A,const pt &B) {return (pt){A.x-B.x,A.y-B.y};}
inline Mat operator*(const Mat &A,const Mat &B) {
Mat C;
for(re int i=1;i<=n;i++)
for(re int j=1;j<=n;j++) C.a[i][j]=0;
for(re int k=1;k<=n;k++)
for(re int i=1;i<=n;i++)
for(re int j=1;j<=n;j++) C.a[i][j]+=A.a[i][k]*B.a[k][j];
return C;
}
inline Vector operator*(const Vector &A,const Mat &B) {
Vector C;for(re int i=1;i<=n;i++) C.d[i]=0;
for(re int i=1;i<=n;i++)
for(re int j=1;j<=n;j++) C.d[j]+=A.d[i]*B.a[i][j];
return C;
}
inline void calc(int t,int m) {
for(re int i=1;i<=n;i++)ans.d[i]=0;ans.d[t]=1;
for(re int i=13;i>=0;--i)if(m>>i&1) ans=ans*pw[i];
}
inline void work() {
for(re int i=0;i<line[num].size();++i)
for(re int j=0;j<line[num].size();++j)ma[line[num][i]][line[num][j]]=1;
}
int main() {
scanf("%d",&n);
for(re int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
for(re int i=1;i<=n;i++) {
int Line_num=0;double nw=0;
for(re int j=1;j<=n;j++) {
if(j==i||vis[j]) continue;
int tot=0;++Line_num;
for(re int k=1;k<=n;k++)
if((p[k]-p[i])*(p[j]-p[i])==0) vis[k]=1,++tot;
for(re int k=1;k<=n;++k)
if((p[k]-p[i])*(p[j]-p[i])==0) f[k]=tot;
nw+=1.0/(double)tot;
}
double p=1.0/(double)Line_num;
for(re int j=1;j<=n;j++) {
if(j==i) {pw[0].a[i][i]=nw*p;continue;}
pw[0].a[j][i]=1.0/(double)f[j];
pw[0].a[j][i]*=p;
}
for(re int j=1;j<=n;j++)f[j]=vis[j]=0;
}
for(re int i=1;i<=n;i++)
for(re int j=i+1;j<=n;j++) {
if(ma[i][j]) continue;++num;
for(re int k=1;k<=n;k++)
if((p[i]-p[k])*(p[j]-p[k])==0) line[num].push_back(k);
work();
}
for(re int i=1;i<=13;i++)pw[i]=pw[i-1]*pw[i-1];
scanf("%d",&Q);int t,m;double nw;
while(Q--) {
scanf("%d%d",&t,&m);nw=0;
calc(t,m-1);
for(re int i=1;i<=num;++i) {
double k=0;
for(re int j=0;j<line[i].size();++j) k+=ans.d[line[i][j]];
k*=1.0/(double)line[i].size();
nw=max(k,nw);
}
printf("%.12lf
",nw);
}return 0;
}
//g++ cf989e.cpp -o cf989e