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题解：

这题如果按照题意做看似非常不可解，但是有一个叫做Min-Max容斥的东西：
$Max(S)=\sum_{U\subset S}(-1)^{\left| U \right|-1}Min(U)$
对于这题，Max就是答案，也就是 $|$到 $2^n-1$的期望步数。
Min就是对于当前的二进制位的集合，至少 $|$到一位是1的期望步数。
那么接下来的问题就变成了求Min。
我们列出式子：
$Min(U)=\frac{1}{\sum_{T \cap U \ne \emptyset}P_T}$
补集转换：
$=\frac{1}{1-\sum_{T \cap U = \emptyset}P_T}$
对U再取个补集：
$=\frac{1}{1-\sum_{(T \cup C_RU)= T}P_T}$
那么就是求 $C_RU$的子集的P之和。
这可以直接用一个 $2^n \cdot n$的DP就可以预处理出来。
所以总的复杂度就是 $O(2^n \cdot n)$。
代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=25,maxm=(1<<20)+5;
int n;
double ans,f[maxm];
double abs_(double x){if (x<0.0) return -x; return x;}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	int now=0;
	for (int i=0;i<(1<<n);i++) {
		scanf("%lf",&f[i]);
		if (abs_(f[i])>1e-7) 
			now=now|i;
	}
	if (now^((1<<n)-1)) {
		printf("INF\n");
		return 0;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	for (int j=0;j<(1<<n);j++)
		if (j&(1<<i-1)) f[j]+=f[j^(1<<i-1)];
	for (int i=1;i<(1<<n);i++){
		int sum=0;
		for (int j=1;j<=n;j++) if (i&(1<<j-1)) sum++;
		int x=i^((1<<n)-1);
		if ((sum-1)%2==0) ans+=1.0/(1.0-f[x]); else ans-=1.0/(1.0-f[x]);
	}
	printf("%.10lf\n",ans);
	return 0;
}