max-min 容斥：
设 (max(S)) 为 (S) 中的最大元素，(min(S)) 为 (S) 中的最小元素，则有：
[max(S)=sum_{T subseteq S}(-1)^{|T|-1} min(T)
]
[min(S)=sum_{T subseteq S)(-1)^{|T|-1} max(T)
]
考虑证明，对于 (S) 中第 (k) 大的数 (x_k) 建立映射 (f(x_k)={1,2cdots k})
于是对于两数 (a,b)，有 (f(max(a,b))=f(a)cup f(b),f(min(a,b))=f(a)cap f(b))
那么以第一个式子为例
[|f(max(S))|=|igcup_{x_kin S} f(x_k)|=sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1} |igcap_{x_kin T} f(x_k)|=sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1} |f(min(T))|
]
由于这显然是个一一映射，所以 (|f(min(T))|) 就可以映射回 (min(T))，于是就证明了这个式子
这个式子在期望下也成立：
[E(max(S))=sum_{T subseteq S}(-1)^{|T|-1} E(min(T))
]
它的变形还可以在第 (k) 大，以及第 (k) 大的期望下成立：
[operatorname{kthmax}(S)=sum_{Tsubseteq S} (-1)^{|T|-k} binom{|T|-1}{k-1} min(T)
]
[E(operatorname{kthmax}(S))=sum_{Tsubseteq S} (-1)^{|T|-k} binom{|T|-1}{k-1} E(min(T))
]
当然以上对于 (min) 的情况也是同理
就不证明了
此题 就用到了在期望下的式子
用 (S) 表示 (2^n-1) 每一个二进制位的集合，(max(S)) 表示其中出现最晚的位置的出现时间，(min(S)) 则是出现最早的位置的出现时间
要求的显然是 (E(max(X)))，(X) 为 (n) 个二进制位的全集
那么由 (E(max(S))=sum_{T subseteq S}(-1)^{|T|-1} E(min(T)))，问题就变成了如何求 (E(min(T)))
对于任意集合 (U,Ucap T eq varnothing)，只要 (U) 被加入，(T) 就有了“最早出现的位置”，于是每次取数能出现这样的位置的概率就是所有满足要求的 (U) 的概率和，那么期望就是再取倒数：
[E(min(T))=frac{1}{sum_{Ucap T
eq varnothing} P(U)}
]
但是这样的 (U) 不太好求，考虑取 (T) 的补集 (G)，那么 (U) 显然就是 (G) 的子集，于是用 FWT 的方法求出每个子集和就行了
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define reg register
#define LL_INF (long long)(0x3f3f3f3f3f3f3f3f)
#define INT_INF (int)(0x3f3f3f3f)
inline int read(){
register int x=0;register int y=1;
register char c=std::getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=getchar();}
return y?x:-x;
}
#define N 1048588
int n;
double p[N];
int cnt[N];
inline void FWT(){
for(reg int o=2,k=1;o<=n;o<<=1,k<<=1){
for(reg int i=0;i<n;i+=o)for(reg int j=0;j<k;j++) p[i+j+k]+=p[i+j];
}
}
int main(){
n=(1<<read());
for(reg int i=0;i<n;i++) scanf("%lf",p+i),cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
FWT();
double ans=0;
for(reg int i=1;i<n;i++) ans+=((cnt[i]&1)?1:-1)/(1-p[i^(n-1)]);
if(ans>1e20) puts("INF");
else printf("%lf
",ans);
return 0;
}