题目分析
与hdu4336 Card Collector相似，使用min-max容斥。
设(max(S))表示集合(S)中最后一位出现的期望时间。
设(min(S))表示集合(S)中最初一位出现的期望时间。
由min-max容斥可得：
(max(T)=sumlimits_{S subseteq T}(-1)^{|T|-1}min(S))
考虑求每一个(min(S))。
一个很显然的暴力代码：
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
double tot=0;
for(int j=0;j<(1<<n);j++)if(i&j)tot+=p[j];
Min[i]=tot;
}
我们考虑对于每一个集合(S)，实质上只有与它没有交集的数对它没有贡献。
那么我们可以用总贡献减去与它没有交集的数的贡献。
即对于每一个数，只需要对它的补集的子集全部减去它的贡献即可。
这个很显然能够(O(nlogn))计算出来。
那么就做完啦。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double p[(1<<20)+5],a[25];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
double x;
scanf("%lf",&x);
p[((1<<n)-1)^i]+=x;
for(int j=0;j<n;j++)
if(i&(1<<j))a[j]+=x;
}
for(int i=0;i<n;i++)if(!a[i]){puts("INF");return 0;}
for(int j=0;j<n;j++)
for(int i=0;i<(1<<n);i++)
if(i&(1<<j))p[i^(1<<j)]+=p[i];
for(int i=0;i<(1<<n);i++)p[i]=1-p[i];
double ans=0;
for(int i=1;i<(1<<n);i++){
int f=(__builtin_popcount(i)&1)?1:-1;
ans+=f/p[i];
}
cout<<fixed<<setprecision(7)<<ans<<"
";
}