題目傳送門

　　傳送門I

　　傳送門II

題目大意

　　給定一棵$n$個點的帶標號樹，不斷執行以下操作：

• 等概率選取一條邊
• 刪掉這條邊的它的兩個端點
• 新建一個點和之前與這兩個點鄰接的點連邊，它的標號從這兩個被刪去的點中等概率選取。

　　問最後一個點的標號是$1, 2, \cdots, n$的概率。

　　現在我發現我不但不會設計狀態，還不會設計轉移，一道不錯的題目。（cf的新功能真棒，成功過濾了傻逼題）

　　不難想到考慮每個點分別作為根的時候的答案。

　　每次刪邊可以看作將一個點的標號繼承給另一個點， 因此根的不同子樹相互不影響。

　　注意到選擇邊的方案數一定是$(n - 1)!$，所以將考慮的概率乘上$(n - 1)!$，最後再除掉。（這樣不用考慮選邊的概率，其實這裡換成直接求方案數也可以，只不過可能怕被卡精度）

　　設$f_{i, j}$表示在當根的標號傳給點$i$的時候，$i$的子樹內還剩下$j$條邊的時候，根標號被保留下來的概率乘上$(n - 1)!$後的結果。

　　最終我們想要的答案在$f_{root, n - 1}$中。

　　假設當前我們知道$i$和它部分子樹的答案，考慮合併它的下一個以$u$為根的子樹。

　　這裡需要討論一下$(i, u)$這條邊在根標記傳到$i$之前還是傳到$i$之後被刪掉的。

　　假設現在考慮根標記傳到$i$的時候，$u$的子樹中的所有邊和$(u, i)$中還剩下$x$條邊，根標記傳到$u$的時候，$u$的子樹內還剩下$y$條邊。

　　設根標記傳到$i$的時候，$u$的子樹內的所有邊和$(u, i)$中還剩下$x$條邊，並且根節點的標號被保留的概率乘$(n - 1)!$的結果為$h_{x}$

• 如果$(i, u)$是在根標記傳到$i$之前被刪掉的，當根標記傳到$i$的時候，根標記也傳到了$u$，此時一定滿足$x = y$。再考慮$(i, u)$的刪除時間，顯然它可以插在$u$被刪除的$size_{u} - 1 - x$條邊構成的序列中任何一個位置。這一部分對$h_{x}$的貢獻為$(size_{u} - x)f_{u, x}$。
• 如果$(i, u)$是在根標號傳到$i$之後被刪掉的，當根標記傳到$i$之後，$u$子樹內可能還會刪邊，所以根標記傳到$u$的時候，$u$子樹內剩下的邊數需要小於$x$（因為當根標記傳到$i$的時候$(u, i)$還存在）。當這條邊被刪除的時候，根標號就傳給給$u$，這個事件發生的概率是$\frac{1}{2}$，並且這條邊在$u$的子樹內所有邊刪除結束後刪除掉的。因此這一部分對$h_{x}$的貢獻為$\frac{1}{2}f_{u, y}$。

　　然後做一個揹包合併。注意一下，合併兩個子樹的時候，需要為刪邊序列分配順序以及被還被刪去的刪去的邊的刪去順序（之前我們只是考慮它們的相對順序）。所以還需要乘上兩個組合數。

Code

 1 /**
 2  * Codeforces
 3  * Problem#1060F
 4  * Accepted
 5  * Time: 31ms
 6  * Memory: 100k
 7  */
 8 #include <iostream>
 9 #include <cstdlib>
10 #include <cstdio>
11 #include <vector>
12 using namespace std;
13 typedef bool boolean;
14 typedef long double ld;
15 
16 const int N = 55;
17 
18 template <typename T>
19 void pfill(T* pst, const T* ped, T val) {
20     for ( ; pst != ped; *(pst++) = val);
21 }
22 
23 int n;
24 int sz[N];
25 ld f[N][N];
26 ld C[N][N];
27 vector<int> g[N];
28 
29 inline void init() {
30     scanf("%d", &n);
31     for (int i = 1, u, v; i < n; i++) {
32         scanf("%d%d", &u, &v);
33         g[u].push_back(v);
34         g[v].push_back(u);
35     }
36 }
37 
38 void dp(int p, int fa) {
39     static ld h[N], tmp[N];
40     sz[p] = 1, f[p][0] = 1;
41     for (int i = 0, e; i < (signed) g[p].size(); i++) {
42         if ((e = g[p][i]) == fa)
43             continue;
44         dp(e, p);
45         int se = sz[e];
46         for (int x = 0; x <= se; x++) {
47             h[x] = 0;
48             for (int y = 0; y < x; y++)
49                 h[x] += f[e][y] * 0.5;
50             h[x] += f[e][x] * (se - x);
51         }
52         int sum = se + sz[p];
53         pfill(tmp, tmp + sum + 1, (ld)0);
54         for (int x = 0; x < sz[p]; x++)
55             for (int y = 0; y <= se; y++)
56                 tmp[x + y] += f[p][x] * h[y] * C[x + y][x] * C[sum - 1 - x - y][se - y];
57         copy(tmp, tmp + sum + 1, f[p]);
58         sz[p] = sum;
59     }
60 /*
61     cerr << p << '\n';
62     for (int i = 0; i < sz[p]; i++)
63         cerr << f[p][i] << " ";
64     cerr << '\n';
65 */
66 }
67 
68 inline void solve() {
69     ld fac = 1;
70     for (int i = 2; i < n; i++)
71         fac = fac * i;
72     C[0][0] = 1;
73     for (int i = 1; i <= n; i++) {
74         C[i][0] = C[i][i] = 1;
75         for (int j = 1; j < i; j++)
76             C[i][j] = C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1];
77     }
78     for (int i = 1; i <= n; i++) {
79         pfill(f[1], f[n + 1], (ld)0);
80         dp(i, 0);
81         printf("%.9lf\n", (double) (f[i][n - 1] / fac));
82     }
83 }
84 
85 int main() {
86     init();
87     solve();
88     return 0;
89 }