1. 由于对价格高的物品使用优惠券一定不劣于对价格低的物品使用，因此考虑优惠券只对价格最高的a+b个物品使用，一定可以达到最优解。
  2. 考虑贪心：对于这a+b个物品，先不考虑优惠券的数量限制，对每个物品选择对该物品来说最优的优惠券。
  3. 此时使用优惠券数量可能与题目要求数量不符合，需要进行调整：如果x类型优惠券使用过多，则把一部分使用x类型优惠券的物品改为使用y类型优惠券；如果y类型优惠券使用过多，则把一部分使用y类型优惠券的物品改为使用x类型优惠券。
  4. 选择哪些物品调整，又是一个贪心：不妨设x类型优惠券使用过多，把所有在第2步中使用x类型的物品全部拿出来，把它们按照改变优惠券类型带来的价格增量排序（即使用y类型的价格减去使用x类型的价格），优先选择增量较小的物品改变优惠券类型即可，直到优惠券数量符合题目要求。
  5. 时间复杂度。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ssz(x) ((int)x.size())
using namespace std;
const int N=3e5+5;
int n,m,a,b,p[N],x,y,tot=0;
double p1[N],p2[N],c[N];
inline int red(){
	int data=0;bool w=0;char ch=getchar();
	while(ch!='-' && (ch<'0' || ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-') w=1,ch=getchar();
	while(ch>='0' && ch<='9') data=(data<<3)+(data<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return w?-data:data;
}
int cmp(double x,double y){
	return x>y;
}
void solve(){
	n=red();a=red();b=red();
	x=red();y=red();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		p[i]=red();
	}
	sort(p+1,p+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		p1[i]=p[i]-p[i]*x*0.01;
		p2[i]=p[i]-max(0,p[i]-y);
	}
	int cnta=0,cntb=0;
	double sum=0,res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		sum+=p[i];
	for(int i=n-a-b+1;i<=n;i++){
		if(p1[i]>p2[i])res+=p1[i],cnta++;
		else res+=p2[i],cntb++;
	}
	tot=0;
	if(cnta>=a){
		for(int i=n-a-b+1;i<=n;i++)
			if(p1[i]>p2[i])c[++tot]=(p2[i]-p1[i]);
		sort(c+1,c+tot+1,cmp);
		for(int i=1;i<=tot;i++){
			double x=c[i];
			if(cnta>a){
				res+=x;
				cnta--;
			}else break;
		}
	}else{
		for(int i=n-a-b+1;i<=n;i++)
			if(p1[i]<=p2[i])c[++tot]=(p1[i]-p2[i]);
		sort(c+1,c+tot+1,cmp);
		for(int i=1;i<=tot;i++){
			double x=c[i];
			if(cntb>b){
				res+=x;
				cntb--;
			}else break;
		}
	}
	printf("%.8f\n",sum-res);
}
int main()
{
	//ios::sync_with_stdio(false);
	//cin.tie(0);
	//cout.tie(0); 
	int T=red();
	while(T--)solve();
	return 0;
}