顯然，這題有一種很簡單的做法即直接狀壓卡牌的狀態並轉移期望的次數。但我們現在有一個更加強大的工具——min-max容斥。

　　　　min-max 容斥（對期望也成立）：\(E[max(S)] = \sum_{T\subseteq S}^{\ }(-1)^{|T| - 1}E[min(T)]\)

　　我們可以讓 \(E[max(S)]\) 表示 \(S\) 中所有元素均出現的期望時間（即最後一個元素出現的期望時間），\(E[min(S)]\) 表示 \(S\) 中任意一個元素出現的期望時間（即第一個元素出現的期望時間）。

　　那麼，我們可以直接 \(2^{n}\) 列舉 \(T\) ，然後 \(E[min(T)] = \frac{1}{P}\) 。

　　Why？ 原本用期望的定義式計算為：\(\sum_{i=1 }^{+\infty} P*(1 - P)^{i - 1}*i\)，用等比數列求和即可求得。

#include <cstdio>
using namespace std;
#define db double
#define maxn 100
int n, cnt;
db ans, P, a[maxn];

void dfs(int now)
{
    if(now == n + 1) 
    { 
        if(!cnt) return;
        db T = (db) 1
 
 / P;
        ans += (cnt & 1) ? T : -T; 
        return; 
    } 
    P += a[now]; cnt ++; dfs(now + 1);
    P -= a[now]; cnt --; dfs(now + 1);
}

int main()
{
    while(~scanf("%d", &n))
    {
        ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i ++)
            scanf("%lf", &a[i]);
        dfs(
 
1); printf("%.6lf\n", ans);
    }
    return 0;
}