题意分析
设 $t_i$ 表示第 $i$ 位变为 $1$ 的时间，设 $S=\lbrace1,2,3,\cdots,n\rbrace$。
则题目所求为：
\[E\left(\max_{i\in S} t_i\right)\]期望套 $\max$，看起来就很像 Min-max 容斥。
由 Min-max 容斥，有：
\[E\left(\max_{i\in S} t_i\right)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\vert T\vert-1}E\left(\min_{i\in T}t_i\right)\]那么考虑如何求 $E\left(\min\limits_{i\in T}t_i\right)$。
记 $P(T)$ 表示为 $1$ 的位的集合为 $T$ 的子集的概率，可用高维前缀和预处理。
考虑求 $\min\limits_{i\in T}t_i$ 的期望。假设 $\min\limits_{i\in T}t_i=k$ 求这种情况的出现概率即可。记 $\overline{T}$ 为 $T$ 的补集。
$\min\limits_{i\in T}t_i=k$，说明第 $k$ 次才选择到 $T$ 中的位，前 $k-1$ 次选择的都是 $T$ 的补集 $\overline T$ 中的位。
则，其出现概率为：
\[P\left(\overline T\right)^{k-1}\left(1-P\left(\overline T\right)\right)\]有：
\[\begin{aligned} E\left(\min_{i\in T}t_i\right)&=\sum_{k=1}^{\infty}k\cdot P\left(\overline T\right)^{k-1}\left(1-P\left(\overline T\right)\right)\\ &=\left(1-P\left(\overline T\right)\right)\sum_{k=1}^\infty k\cdot P\left(\overline T\right)^{k-1}\\ &=\left(1-P\left(\overline T\right)\right)\sum_{k=0}^\infty(k+1)P\left(\overline T\right)^k\\ &=\dfrac{1-P\left(\overline T\right)}{\left(1-P\left(\overline T\right)\right)^2}\\ &=\dfrac{1}{1-P\left(\overline{T}\right)} \end{aligned}\]因此，$\mathcal O\left(2^n\right)$ 枚举 $T$，计算贡献即可。
需要注意的是，以下等式并不成立：
\[P(T)=1-P\left(\overline T\right)\]这是因为，选择的数可以同时在 $T,\overline T$ 中各占有一部分，这种数不应当计算贡献。
AC 代码
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//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=20;
int n;
double p[1<<N];
int popcount(int n){
int ans=0;
while(n){
ans++;
n-=n&-n;
}
return ans;
}
int main(){
/*freopen("test.in","r",stdin);
freopen("test.out","w",stdout);*/
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
cin>>p[i];
}
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<(1<<n);j++){
if(j&(1<<i)){
//p[j] 表示 p[j] 的子集出现的概率
p[j]+=p[j^(1<<i)];
}
}
}
double ans=0;
int all=(1<<n)-1;
for(int t=1;t<=all;t++){
//不可能出现的情况
if(1-p[all^t]==0){
cout<<"INF\n";
return 0;
}
double pl=1/(1-p[all^t]);
if((popcount(t)+1)&1){
pl=-pl;
}
ans+=pl;
}
cout.setf(ios::fixed);
cout.precision(7);
cout<<ans<<'\n';
cout.flush();
/*fclose(stdin);
fclose(stdout);*/
return 0;
}
