题目描述
傲娇少女幽香是一个很萌很萌的妹子，而且她非常非常地有爱心，很喜欢为幻想乡的人们做一些自己力所能及的事情来帮助他们。 这不，幻想乡突然发生了地震，所有的道路都崩塌了。现在的首要任务是尽快让幻想乡的交通体系重新建立起来。
幻想乡一共有n个地方，那么最快的方法当然是修复n-1条道路将这n个地方都连接起来。 幻想乡这n个地方本来是连通的，一共有m条边。现在这m条边由于地震的关系，全部都毁坏掉了。每条边都有一个修复它需要花费的时间，第i条边所需要的时间为ei。地震发生以后，由于幽香是一位人生经验丰富，见得多了的长者，她根据以前的经验，知道每次地震以后，每个ei会是一个0到1之间均匀分布的随机实数。并且所有ei都是完全独立的。
现在幽香要出发去帮忙修复道路了，她可以使用一个神奇的大魔法，能够选择需要的那n-1条边，同时开始修复，那么修复完成的时间就是这n-1条边的ei的最大值。当然幽香会先使用一个更加神奇的大魔法来观察出每条边ei的值，然后再选择完成时间最小的方案。 幽香在走之前，她想知道修复完成的时间的期望是多少呢？
题解
ans=Σp(i)*v(i) 1<=i<=m
我们枚举最后的最小生成树上的最大边是rank几，p(i)代表为ranki的概率，v(i)表示它的期望长度，然后出题人告诉我们它等于i/(m+1)。
然后式子变成了
ans=∑p(i)*i/(m+1) (1<=i<=m)
ans*(m+1)=∑p(i)*i (1<=i<=m)
考虑右边的东西有什么意义，每一个i的概率都会产生i次贡献，我们可以把它看做是对所有小于等于i的位置产生了一次贡献，这样刚好i次，于是式子变成了
ans*(m+1)=∑L(i) (1<=i<=m) L(i)表示最小生成树上的最大边大于等于i的概率。
然而这玩意还是不好算。
考虑补集转化
ans*(m+1)=∑B(i-1) (1<=i<=m) B(i)表示用rank前i-1条边无法构成生成树的概率。
然后这东西就可以dp了。
方法和bzoj那道串珠子很像，就是设dp[i][s]表示s集合用i条边无法使s联通的方案数。
再令设一个g[i][s]表示s集合用i条边可以使s联通的方案数。
f[i][s]+g[i][s]=C(sum_edge(s),i)
这个比较显然，我们求f时可以枚举子集
f[i][s]=∑g[k][s']*C(sum_edge(s^s'),j-k)
用这种方法求出f之后就可以用上面的方法求出g来了。
然后我们的i是从边集中任意选出i中，所以最后的dp值要除以C(sum_edge,i)。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define M 52
#define N 11
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,a[N][N],lo[<<N],ed[<<N];
ll f[M][<<N],g[M][<<N],C[M][M];
double ans;
inline int rd(){
int x=;char c=getchar();bool f=;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<)+(x<<)+(c^);c=getchar();}
return f?-x:x;
}
int main(){
n=rd();m=rd();int x,y,ma=(<<n)-;
for(int i=;i<=m;++i){
x=rd();y=rd();a[x][y]=a[y][x]=;
}
for(int i=;i<=ma;i<<=)lo[i]=lo[i>>]+;
C[][]=;
for(int i=;i<=m;++i){
C[i][]=;
for(int j=;j<=i;++j)C[i][j]=C[i-][j]+C[i-][j-];
}
for(int s=;s<=ma;++s){
int x=lo[s&-s];ed[s]=ed[s-(s&-s)];
for(int j=;j<=n;++j)if(a[x][j]&&(s&(<<j-)))ed[s]++;
for(int j=;j<=ed[s];++j){
for(int S=s&(s-);S;S=s&(S-))if(S&(<<x-))
for(int k=;k<=j;++k)
if(k<=ed[S]&&j-k<=ed[s^S])f[j][s]+=g[k][S]*C[ed[s^S]][j-k];
g[j][s]=C[ed[s]][j]-f[j][s];
}
}
for(int i=;i<=m;++i)ans+=(double)f[i][ma]/C[m][i];ans=ans/(m+);
printf("%.6lf",ans);
return ;
}