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HDU 6052 - To my boyfriend [ 分析,期望 ]  |  2017 Multi-University Training Contest 2

题意：

	给出一个N*M的数字矩阵

	求子矩阵的不同数字的个数的期望

	限制 N,M <= 100

分析：

	统计单点对答案的贡献

	先定一个统计标准，比如：某种颜色对于某个矩阵的贡献由该矩阵中最右上方（先上后右）的该颜色的点所贡献

	则单点对答案的贡献则为它所在的矩阵中 它是该颜色最右上方的那个点 的矩阵的数量

	枚举单点复杂度O(n^2)，则我们需要在O(n)的时间内求出贡献

	设矩阵形式为 [h,w]*[l,r]，则对于某点(x,y)，至少要求 h <= x, w >= x, l <= y, r >= y

	对于下边界 w ，可发现没有限制，取值范围为 [x,n]

	对于上边界 h ，为该列上与(x,y)颜色相同的上一个节点

	对于左右边界 l,r，可发现其与上边界相关：当取上边界为h时，要求 [h,x+1] * [l,r] 中不包含同颜色的点

		还可以发现，随着h的减小，l单调递增，r单调递减

			即同一列只有最下边一个点有用

	故可以先处理出每一个 h 对应的 l,r 的最小（最大）值，O(n) 枚举上边界 h （或者在枚举的时候O(1)更新）

	具体做法是维护每种颜色的每一列的最下面的点的行号

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#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define LL long long

const int N = 10005;

int row[N][105];

int l[105], r[105];

int t, n, m;

LL ans;

void solve(int x, int y, int c)

{

    int i, h;

    for (i = 1; i <= x; i++) l[i] = 0, r[i] = m+1;

    for (i = 1; i < y; i++) l[row[c][i]] = i;

    for (i = m; i > y; i--) r[row[c][i]] = i;

    h = row[c][y];

    for (i = x-1; i > h; i--)

        l[i] = max(l[i], l[i+1]), r[i] = min(r[i], r[i+1]);

    for (i = x; i > h; i--)

        ans += (LL)(r[i]-y) * (y-l[i]) * (n-x+1);

}

int main()

{

    int i, j, col;

    scanf("%d", &t);

    while (t--)

    {

        memset(row, 0, sizeof(row));

        scanf("%d%d", &n, &m);

        ans = 0;

        for (i = 1; i <= n; i++)

            for (j = 1; j <= m; j++)

            {

                scanf("%d", &col);

                solve(i, j, col);

                row[col][j] = i;

            }

        LL all = (LL)n*(n+1)/2*m*(m+1)/2;

        printf("%.9f\n", (double)ans/all);

    }

}