题意
刚开始你有一个数字(0)，每一秒钟你会随机选择一个([0,2^n-1])的数字，与你手上的数字进行或（c++,c的|,pascal的or）操作。选择数字(i)的概率是(p[i])。保证(0<=p[i]<=1)，(Σp[i]=1)问期望多少秒后，你手上的数字变成(2^n-1)。
思路
minmax容斥加上高维前缀和。
minmax容斥就是两个式子：
[E(MAX(S))=sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1}E(MIN(T))
]
[E(MIN(S))=sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1}E(MAX(T))
]
简单来说就是奇加偶减。其中(E(MAX(S)))表示(S)中最大的元素的期望，反之亦然。
这个东西的证明需要使用二项式反演，但我并不会，所以只好先背结论。如果要看证明可以去这里。
对于本题，如果我们把所有位被填上的期望时间放到一个集合里，那么求的答案就是这个集合的最大值，发现符合我们式子的左半边。
那么式子右边就是至少有一个数字出现的期望时间。这里需要用到一个结论：(MIN(T))的期望为其概率的倒数。（这个证明不是很复杂，这里不放了）
那么有(E(MIN(T))=frac{1}{sum_{s'cap T eq 0}~~P_{s'}})（公式好像有点抽搐）
但是求相交不是很容易，所以我们转换为求不相交，这个比较简单，也就是
[E(MIN(T))=frac{1}{1-sum_{s'与T没有相交}~~~~~P_{s'}}
]
分母后面那个东西可以表示为$$sum_{s'subseteq (2^n-1-T)}P_{s'}$$
而这个东西可以高维前缀和搞，于是这道题就结束了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace StandardIO{
template<typename T>inline void read(T &x){
x=0;T f=1;char c=getchar();
for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) x=x*10+c-'0';
x*=f;
}
template<typename T>inline void write(T x){
if(x<0) putchar('-'),x*=-1;
if(x>=10) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
} using namespace StandardIO;
namespace Project{
const int N=1<<21;
int n,tot;
double p[N];
int num[N];
double ans;
inline void MAIN(){
read(n);
for(register int i=0; i<(1<<n); ++i){
scanf("%lf",&p[i]);
if(p[i]) tot|=i;
}
if(tot!=(1<<n)-1) return puts("INF"),void();
for(register int i=1; i<(1<<n); ++i) num[i]=num[i>>1]+(i&1);
for(register int i=0; i<n; ++i){
for(register int j=0; j<(1<<n); ++j){
if(j&(1<<i)) p[j]+=p[j^(1<<i)];
}
}
for(register int i=1; i<(1<<n); ++i){
ans+=(num[i]&1?1.0:-1.0)/(1.0-p[((1<<n)-1)^i]);
}
printf("%.6lf",ans);
}
}
int main(){
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
Project::MAIN();
}