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Solution

　　 感觉容斥的东西内容有点qwq多啊qwq还是以题目的形式来慢慢补档好了

　　 这里补的是min-max容斥

​　　

　　 其实min-max容斥好像。。只是一个形式而已。。本质还是普通容斥==

　　 记\(max(S)\)表示集合\(S\)中最大的元素，记\(min(S)\)表示集合中最小的元素，那么：

\[max(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}min(T)\\
min(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}max(T)\\
\]

​　　 这个是最基本的形式

​　　 然后对于第一条式子这里记录一个sk学长提供的比较直观的证明：

​　　 对于\(S\)这个数集，我们将其中的每一个元素\(x\)看成一个\(\{1,2,3,...,x\}\)的集合，这样\(S\)就变成了一个集合的集合（我们记为\(S'\)），原来数集\(S\)中的最大值就可以看成现在\(S'\)中所有集合的并的大小，最小值就可以看成\(S'\)中所有所有集合的交的大小，然后我们有这样一条式子来求一堆集合的并的大小：

\[|\bigcup\limits_{i=1}^{n}A_i|=\sum\limits_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}\sum\limits_{1<=j_1<j_2<...<j_k<=n}|A_{j_1}\cap A_{j_2}\cap ...\cap A_{j_k}|
\]

　　 然后我们就发现其实这个稍微转换一下其实就是：

\[max(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}min(T)
\]

​　　 至于\(min\)的那条怎么证的话。。我们只要把数集\(S\)中的每一个元素\(x\)看成一个\(\{x+1,x+2,...inf\}\)的集合，同样将\(S\)转成一个集合的集合\(S'\)，然后最小值操作就变成了\(inf-\)集合的并，最大值操作就变成了\(inf-\)集合的交，然后就\(inf\)的话系数那里稍微抵消一下之类的最后只剩下一个\(inf\)，那么其他的就跟上面一样了

　　

　　 然后这个东西在期望中也是适用的，也就是：

\[E(max(S))=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}E(min(S))\\
E(min(S))=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}E(max(S))\\
\]

​　　 具体为什么。。首先补一个容斥原理在概率中的应用：

　　 对于事件\(A_i(1<=i<=n)\)，我们记\(P(A_i)\)表示\(A_i\)事件发生的概率，那么至少一个事件发生的概率是：

\[P(\bigcup\limits_{i=1}^{n}A_i)=\sum\limits_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}\sum\limits_{1<=j_1<j_2<...<j_k<=n}P(A_{j_1}\cap A_{j_2}\cap ...\cap A_{j_k})
\]

　　 然后\(E\)那个式子的证明什么的。。只要暴力展开一下然后发现就是普通容斥然后就没有然后了==

​　　 直接讲不太好说，还是放在题目里面比较好

　　

　　 比如说这题

​　　 稍微转化一下题意，其实就是有一个集合\(S\)，然后每秒给你\(S\)的任意一个子集（不同子集概率不同），求期望多少秒之后手头上的所有子集的并首次等于\(S\)

​　　 首先无解的话就是所有有值的\(P\)对应的数或起来都还得不到全集

​　　 接下来就只讨论有解的情况

　　 我们记\(max(S)\)表示集合\(S\)中最后被或到的那个子集（也就是最后一个取到的数），\(min(S)\)表示集合\(S\)中第一个被或到的子集（也就是第一个取到的数），加上个\(E\)在这里表示的就是期望时间，那么我们有：

\[E(max(S))=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}E(min(T))\\
\]

　　 我们其实可以把\(E(max(S))\)理解成我们要的答案，\(E(min(T))\)理解成或到集合的任意一个子集的期望时间，那\(E(min(T))\)是很好求的，只要把所有子集的\(P\)求个和得到概率，然后用\(1\)除一下就好了：\(E(min(T))=\frac{1}{\sum\limits_{S'\cap T \neq \emptyset}P(S')}\)

　　 那所以我们只要求出\(\sum\limits_{S'\cap T \neq \emptyset}P(S')\)就可以了，这里需要稍微转化一下：

\[\sum\limits_{S'\cap T \neq \emptyset}P(S') \Leftrightarrow (\sum P-\sum\limits_{S'\cap T=\emptyset}p(S'))\Leftrightarrow (\sum P-\sum\limits_{S'\subseteq T的补集}P(S'))
\]

　　 所以我们现在要对于每一个原集合\(S\)的子集\(T\)，求出\(\sum\limits_{s'\subseteq T}P(s')\)，调用的时候带补集进去就好了

​　　 到这一步我们重新将这个问题转化回数，也就是说我们其实是要对于\([0,2^n-1]\)范围内的每一个数\(i\)求\(f[i]=\sum\limits_{j|i=i}p_j\)

​　　 那么这个用FMT来求（其实就是按照某个顺序转移，Portal-->lcm这题中有用到类似的方法，不再赘述）或者直接FWT来求就好了（FWT的话就是。。或卷积在构造的时候那个形式恰好就是\(f[i]=\sum\limits_{j|i=i}a[i]\)，所以可以直接对原来的\(p\)数组进行FWT然后直接用就行了）

　　 然后这题就做完了

　　

​　　 代码大概长这个样子（是FMT的写法）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=(1<<20)+10;
const double eps=1e-6;
int cnt[N];
double p[N],f[N];
int n,m,all;
bool in(int st,int x){return st>>x&1;}
int St(int x){return 1<<x;}
void prework(){
	for (int i=0;i<all;++i) f[i]=p[i];
	for (int i=0;i<n;++i)
		for (int j=0;j<all;++j)
			if (in(j,i))
				f[j]+=f[j^St(i)];
	cnt[0]=0;
	for (int i=0;i<all;++i) cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
}
bool check(){
	int st=0;
	for (int i=0;i<all;++i)
		if (fabs(p[i])>eps) st|=i;
	return st==(all-1);
}
void solve(){
	double ans=0;
	for (int i=1;i<all;++i)
		if (cnt[i]&1)
			ans+=1.0/(1.0-f[(all-1)-i]);
		else
			ans-=1.0/(1.0-f[(all-1)-i]);
	printf("%.10lf\n",ans);
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
#endif
	scanf("%d",&n);
	all=1<<n;
	for (int i=0;i<all;++i) scanf("%lf",p+i);
	if (!check()){printf("INF\n");return 0;}
	prework();
	solve();
}