题目链接：http://codeforces.com/problemset/problem/482/C
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define debug puts("YES");
#define rep(x,y,z) for(int (x)=(y);(x)<(z);(x)++)
#define ll unsigned long long#define lrt int l,int r,int rt
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define root l,r,rt
#define mst(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
const int maxn =(1<<20)+5;///加括号
const int mod=9999991;
const int ub=1e6;
ll powmod(ll x,ll y){ll t; for(t=1;y;y>>=1,x=x*x%mod) if(y&1) t=t*x%mod; return t;}
ll gcd(ll x,ll y){return y?gcd(y,x%y):x;}/*
题目大意：给定若干个串，
然后开始流程是这样，一个人随机从中选一个串，
问另一个人通过问位置上的字符的期望次数可以确定这个串（保证所有串都不一样）由于串的长度只有20，不难想到要用状压dp。
首先我们需要确定一个状态s能标识出多少个不同串，
朴素算法是对于每一个状态，暴力枚举，但是复杂度不支持。
发现其中很多子状态是包含关系，比如一个s不能确定的状态是t，
那么t肯定也存在于s 的子集中，
这样先用状压搞定标识数组，先通过枚举任意两个串，
提取串中相同字符 的状态，初始化标识数组，然后通过从大到小枚举状态来标记。得到标识数组后，设定dp数组，即在走到s状态后仍然无法确定所得串的概率。
可以用这个dp数组去状压扩充，我们只要搞清扩充的逻辑是什么就可以了。
假如我们得到了u状态的概率，那么对于下一个位置的选择，其概率是1/（n-bit）,
bit是u状态的1的个数，然后对于选中目标串的概率，我们用标识数组去处理，
这样就可以扩充dp数组。时间复杂度：O（2^20*20），内存不注意的话可能会爆掉，把bitcount数组内联。
*/
char s[55][22];
int n,t,l;int mark[maxn];
ll tmp[maxn];///状态s能区别出多少个
double dp[maxn];///dp状态s表示选到s状态后没有得到目标串的概率inline ll bitcount(ll x){return x?bitcount(x>>1)+(x&1):0;}void getmark()
{rep(i,0,n) rep(j,i+1,n){int S=0;rep(k,0,l){S+=((s[i][k]==s[j][k])<<k);}tmp[S]|=((1LL<<i)|(1LL<<j));}for(int i=t-1;i>=0;i--){rep(j,0,l) if(i&(1<<j)){tmp[i^(1<<j)]|=tmp[i];}mark[i]=n-bitcount(tmp[i]);}
}double p[55];int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=0;i<n;i++) scanf("%s",s[i]);l=strlen(s[0]),t=(1<<l);///扩充成总状态getmark();///rep(i,0,t) cout<<mark[i]<<" ";puts("");dp[0]=1.0;rep(i,0,t){int bit=bitcount(i),tot=n-mark[i];double mv=dp[i]/(l-bit);if(tot==0) continue;rep(j,0,l) if((i&(1<<j))==0){int ts=i^(1<<j);double a=1.0*(mark[ts]-mark[i])/tot;dp[ts]+=mv*(1-a);p[bit+1]+=mv*a;}}double ans=0;rep(i,1,l+1) ans+=p[i]*i;printf("%.9f\n",ans);///这里还不能用.lfreturn 0;
}