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Description
(n) 个元素，一共构成 (2^n) 个集合，每个集合 (s) 有一个被选中的概率 (p_s)，保证 (sum_{s} p_s=1)。选中一个集合后，集合里所有元素的 tag 变为 1。问期望选多少次集合后，所有元素的 tag 都是 1。
Solution
一开始有一个并不正确的做法，认为每一位是独立的，然后计算每一位被打上 tag 的期望时间，然后对所有时间取 max。可以这样理解这个做法的错误所在，期望是对所有情况的平均估计，有些情况下，即使当前这个期望时间最大的元素被打上了 tag，也可能有其他元素没有。所以直接取最大时间是错的。
正确做法应该是将所有元素当做整体来考虑。(E(max{S})) 表示集合 (S) 中最后一个元素被打上 tag 的期望时间。
考虑 min-max 容斥，有
[E(max{S})=sum_{Tsubseteq S} (-1)^{|T|-1} E(min{T})
]
(E(min{S})) 即为 (S) 中至少有一个元素被打上标记的期望时间。如果能快速求这个，那么 (E(max{S})) 就能通过 (O(2^n)) 的暴力枚举求出。
容易发现有
[E(min{S})=1+E(min{S})sum_{S cap T = emptyset}p_T
]
整理得到
[E(min{S})=frac{1}{1-sum_{S cap T = emptyset}p_T}
]
(S) 和 (T) 交集为空，那么 (T) 一定是 (S) 的补集的子集，所以总系数就是所有子集的概率求和。这个东西可以通过高位前缀和 (O(n2^n)) 预处理出来。那么这道题就做完了，答案就是 (E(max{U}))
#include<stdio.h>
#define db double
const int N=20;
int n,p,cnt[1<<N];
db a[1<<N],ans=0;
int main(){
scanf("%d",&n); p=1<<n;
for(int i=0;i<p;i++) scanf("%lf",&a[i]),cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
for(int j=0;j<n;j++)
for(int i=0;i<p;i++)
if((1<<j)&i) a[i]+=a[i^(1<<j)];
for(int i=1;i<p;i++) if(1-a[(p-1)^i]>1e-8) ans+=((cnt[i]&1)? 1:-1)/(1-a[(p-1)^i]);
if(ans>1e-8) printf("%.8lf",ans);
else printf("INF");
}