http://blog.csdn.net/shuyechengying/article/details/9821745

题目用图论的语言来叙述就是：一个起初没有边的图，不断随机选择未直接相连的两点连边直到图连通，求连边的期望。

p[n][m]表示加m条边使得n个点连通的概率。那么p[n][m]-p[n][m-1]就表示加了m-1条边图尚未连通，加了第m条边后图连通的概率。那么显然需要加边的期望值是

Σ(p[n][m]-p[n][m-1])*m

要使得n个点的图连通，至少需要n-1条边，至多需要c(n-1,2)+1条边（即n-1个点两两相连形成完全图，再用一条边与剩下的一个点连接，其中c(n,m)表示n个中选m个的组合数）。这就是上式m的取值范围。
现在问题变成如何计算p[n][m]。
正面计算p[n][m]比较困难，我们通过减去反面（即加了m条边，n个点不连通的概率）来计算。
既然图不是连通的，必然任意一个连通分量包含的点数小于n。不妨考虑编号为1的点所在的连通分量，假设有n1个点，m1条边。为了组建这个连通分量，首先选出除1外的n1-1个点，有c(n-1,n1-1)种方法。之后连m1条边，这有c(e1,m1)种方法，其中e1=c(n1,2)是可选的边数。在这所有的连边方法中要保证连完之后这n1个点是连通的，这恰好就是p[n1][m1]的意义，乘以这个数就得到了，到这里这个连通分量组建完成。对于剩下的m-m1条边，我们只要不连到上述连通分量就行了，也就是在剩下的n-n1个点之间连。方法数是c(c(n-n1,2),m-m1)。将这些数相乘就得到方法数，

counts[n1][m1]= c(n-1,n1-1)*c(e1,m1)*p[n1][m1]* c(c(n-n1,2),m-m1)

总的方法数是total=c(c(n,2),m)，求概率counts[n1][m1]/total

上面计算的是1所在的连通分量有n1个点，m1条边的情况，我们需要枚举n1,m1。

下面是zzz---的代码

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1. #include <cstdio>
2. #include <string>
3. #include <cstring>
4. #include <iostream>
5. using namespace std; 
7. double a[451][451]; 
9. double c(int n,int k) 
10. { 
11. if(k<0 || n<k) 
12. return 0; 
13. if(k==n || k==0) 
14. return 1; 
15. if(a[n][k]) 
16. return a[n][k]; 
17.     a[n][k]=c(n-1,k)+c(n-1,k-1); 
18. return a[n][k]; 
20. } 
22. double p[31][451],ans[31]; 
24. class RepairRode 
25. { 
26. public: 
27. double calculate(int n) { 
28. if(ans[n]!=0) 
29. return (int)ans[n]; 
30.         p[1][0]=1; 
31. for(int i=2;i<=30;++i) 
32.         { 
33. int e=c(i,2); 
34. for(int j=i-1;j<=e;++j) 
35.             { 
36.                 p[i][j]=1; 
37. for(int k=1;k<i;++k) 
38.                 { 
39. int e1=c(k,2),e2=c(i-k,2); 
40. for(int b=k-1;b<=e1;++b) 
41.                     { 
42.                         p[i][j]-=c(e2,j-b)*p[k][b]*c(e1,b)*c(i-1,k-1)/c(e,j); 
43.                     } 
44.                 } 
45. double pre=0; 
46. if(j>0) 
47.                     pre=p[i][j-1]; 
48.                 ans[i]+=j*(p[i][j]-pre); 
49.             } 
50.         } 
51. return ans[n]; 
52.     } 
53. };