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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 15;
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const int INF = 0x3f3f3f3f;
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double f[N][N][N][N][5][5];
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int st[N][N][N][N][5][5];
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int A, B, C, D;
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// 如果大小王翻出来放1里，则a++,放2里b++,...
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void add(int &a, int &b, int &c, int &d, int x) {
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if (x == 1) a++;
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if (x == 2) b++;
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if (x == 3) c++;
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if (x == 4) d++;
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}
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/*
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功能：计算当前状态f(a,b,c,d,x,y)下的期望值
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*/
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double dfs(int a, int b, int c, int d, int x, int y) {
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// 记忆化,同时因为f为double类型，不能使用传统的memset(0x3f)之类
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// 进行初始化并判断是否修改过，只能再开一个st数组
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if (st[a][b][c][d][x][y]) return f[a][b][c][d][x][y];
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st[a][b][c][d][x][y] = 1;
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// 递归出口：当前状态是否到达目标状态，目标状态的期望值是0
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int ta = a, tb = b, tc = c, td = d; // 抄出来
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add(ta, tb, tc, td, x), add(ta, tb, tc, td, y); // 大王小王会改变四个花色的数量
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if (ta >= A && tb >= B && tc >= C && td >= D) return 0;
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// 当前状态下的剩余牌数量
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int rst = 54 - ta - tb - tc - td;
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if (rst == 0) return INF; // 还没有完成目标，没有剩余的牌了，无解
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// 当前状态可以向哪些状态转移
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// Q:v为什么要初始化为1?
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// A:看题解内容
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double v = 1;
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if (a < 13) // 黑桃有剩余，可能选出的是黑桃
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v += dfs(a + 1, b, c, d, x, y) * (13 - a) / rst;
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if (b < 13) // 红桃有剩余，可能选出的是红桃
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v += dfs(a, b + 1, c, d, x, y) * (13 - b) / rst;
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if (c < 13) // 梅花有剩余，可能选出的是梅花
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v += dfs(a, b, c + 1, d, x, y) * (13 - c) / rst;
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if (d < 13) // 方块有剩余，可能选出的是方块
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v += dfs(a, b, c, d + 1, x, y) * (13 - d) / rst;
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// 如果小王没有被选出
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if (x == 0)
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v += min(min(dfs(a, b, c, d, 1, y), dfs(a, b, c, d, 2, y)), min(dfs(a, b, c, d, 3, y), dfs(a, b, c, d, 4, y))) / rst;
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// 如果大王没有被选出
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if (y == 0)
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v += min(min(dfs(a, b, c, d, x, 1), dfs(a, b, c, d, x, 2)), min(dfs(a, b, c, d, x, 3), dfs(a, b, c, d, x, 4))) / rst;
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return f[a][b][c][d][x][y] = v;
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}
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int main() {
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cin >> A >> B >> C >> D;
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// ① 起点状态不唯一，终点是唯一的，所以以起点为终点，以终点为起点,反着推
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// ② AcWing 217. 绿豆蛙的归宿 需要建图，本题转移关系清晰，不用建图
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double res = dfs(0, 0, 0, 0, 0, 0); // 四种花色、大小王都还没有被抽取
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if (res > INF / 2) // 因为是浮点数，不能用等号判断是不是相等，简单的办法就是INF/2
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puts("-1.000");
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else
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printf("%.3f\n", res);
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return 0;
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}
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