一棵nn个点的树，进行 轮操作，每轮操作随机选择一条边(u,v)(u,v)，将u,vu,v两点合成一个点。即删去这两个点后新建一个点xx，将原来与uu或vv连边的点连向xx，接着xx的编号随机为u,vu,v中的一个。

求每个点最终留下的概率。

n≤50n\le 50

CF1060 F

Solution

神仙计数题。。。

考虑枚举根结点，对每种缩边方案算出根结点存活的概率

注意到几个比较显然的性质:

  1. 在同一个缩边方案中，标号分配不会使树的形态发生改变

  2. 两个子树合并到他们的lcalca上, 两个子树的方案相对独立

    它们的根结点只是编号消失了, 但还是保持拥有根节点的形态

  3. 如果根结点固定了, 与它无关的边删除不会影响根节点存活的概率

假设根结点固定为rrt. 由于性质3, 我们可以将dp[u]dp[u]的状态划分为两个部分, 一个部分是rtrt合并到uu之前；另一部分是rtrt合并到uu之后, 这时uu每和一个节点合并都会产生12\frac 12的贡献.

设dp[u][i]dp[u][i]表示在uu子树内, rtrt合并到它时, 还剩ii条边, 合并之后再删成只剩rtrt, 且rtrt存活的概率. 这就描述了上述过程, 我们要求的就是dp[rt][n−1]dp[rt][n - 1]

考虑怎么把子树vv转移到父亲uu上. 由于和边相关, 我们先将边(u,v)(u, v)加入dp[v]dp[v]的状态, 设新状态为g[]g[], 表示只关心vv子树和(u,v)(u, v)这条边时的概率（不考虑其他儿子所在子树）

由于有两个部分, 我们可以枚举rtrt合并到uu时还剩ii, 接着子树vv内部合并到只剩下jj, 这时再合并(u,v)(u, v), 产生12\frac 12的贡献, 最后内部合并.

那么g[i]=12∑j=0i−1dp[v][j]\displaystyle g[i]= \frac12\sum_{j=0}^{i-1}dp[v][j] . 边(u,v)(u, v)还可能在rtrt到uu之前就已经合并了, 此时在长度为sizev−1size_v - 1的缩边序列中任意一个空位(包括开头,结尾)插入即可. 因此dp[v][i]⋅(size[v]−i)→g[i]dp[v][i] \cdot (size[v] - i) \rightarrow g[i].

接下来对uu一堆儿子的g[]g[]进行两两合并, 左儿子状态g[v][i]g[v][i], 右儿子状态g[u][j]g[u][j]. rt到后, i和j内部方案组合, 产生(i+ji)\displaystyle {i + j\choose i}的贡献, 同理到之前的状态, (siz[u]+siz[v]−i−jsiz[u]−i)\displaystyle {siz[u] + siz[v] - i - j\choose siz[u] - i}, 由于包含父亲边, sizsiz不用减11.

Code

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#include <bits/stdc++.h>

#define x first
#define y second
#define y1 Y1
#define y2 Y2
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define DEBUG(x) cout << #x << " = " << x << endl;

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair <int, int> pii;

template <typename T> inline int Chkmax (T &a, T b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }
template <typename T> inline int Chkmin (T &a, T b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }
template <typename T> inline T read ()
{
	T sum = 0, fl = 1; char ch = getchar();
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fl = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + ch - '0';
	return sum * fl;
}

inline void proc_status ()
{
	ifstream t ("/proc/self/status");
	cerr << string (istreambuf_iterator <char> (t), istreambuf_iterator <char> ()) << endl;
}

const int Maxn = 50 + 5;

int N;
double fac[Maxn];
double Dp[Maxn][Maxn], g[Maxn], tmp[Maxn];
int e, Begin[Maxn], To[Maxn << 1], Next[Maxn << 1];
int size[Maxn];

inline void add_edge (int x, int y) { To[++e] = y; Next[e] = Begin[x]; Begin[x] = e; }

inline double C (int n, int m) { return fac[n] / fac[m] / fac[n - m]; }

inline void get_g (int x)
{
	for (int i = 0; i <= size[x]; ++i)
	{
		g[i] = 0;
		for (int j = 0; j < i; ++j) g[i] += Dp[x][j] / 2;
		g[i] += Dp[x][i] * (size[x] - i);
	}
}

inline void dfs (int x, int f)
{
	size[x] = 1;
	Dp[x][0] = 1;
	for (int i = Begin[x]; i; i = Next[i])
	{
		int y = To[i];
		if (y == f) continue;
		dfs (y, x);

		get_g (y);

		for (int i = 0; i < size[x] + size[y]; ++i) tmp[i] = 0;
		for (int i = 0; i < size[x]; ++i)
			for (int j = 0; j <= size[y]; ++j)
				tmp[i + j] += C (i + j, i) * C(size[x] + size[y] - i - j - 1, size[x] - i - 1)  * Dp[x][i] * g[j];

		size[x] += size[y];
		for (int i = 0; i < size[x]; ++i) Dp[x][i] = tmp[i];
	}
}

inline void Solve ()
{
	for (int o = 1; o <= N; ++o)
	{
		memset (Dp, 0, sizeof Dp);
		dfs (o, 0);
		printf("%.7lf\n", Dp[o][N - 1] / fac[N - 1]);
	}
}

inline void Input ()
{
	N = read<int>();
	for (int i = 1; i < N; ++i)
	{
		int x = read<int>(), y = read<int>();
		add_edge (x, y);
		add_edge (y, x);
	}
}

inline void Init ()
{
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 50; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i;
}

int main()
{

#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("F.in", "r", stdin);
	freopen("F.out", "w", stdout);
#endif

	Init ();
	Input ();
	Solve ();

	return 0;
}