题意
给出点数为 $n$（$n le 1000$）的完全图 $K_n$，带边权。随机出 $K_n$ 的一棵生成树 $T$。求 $T$ 上任意两点间距离的期望。
解法
固定两点 $u$、$v$（$u le v$），考虑生成树 $T$ 上 $u$ 到 $v$ 的路径 $P_{uv}$。$P_{uv}$ 上的边可分成三类：
- $(u, v)$
- $(u, x)$、$(y, v)$，$x,y otin {u, v}$
- $(x,y)$，$x, y otin {u, v}$
第1类边出现在 $P_{uv}$ 上的概率为 $dfrac{2}{n}$
每个第2类边出现在 $P_{uv}$ 上的概率为 $dfrac{1-dfrac{2}{n}}{n-2}=dfrac{1}{n}$
考虑第3类边（对期望）的贡献。
首先应当注意到，所有第3类边出现在 $P_{uv}$ 上是等可能的，所以我们只需要求 $P_{uv}$ 上第三类边的数目的期望 $E(n)$。
用 $f(i)$ 表示 $K_n$ 的所有生成树中，满足「$P_{uv}$ 上点数为 $i$（包括两端点 $u$，$v$）」的生成树的数目。
我们分 3 步来求 $f(i)$：
-
固定 $P_{u,v}$，将 $P_{uv}$ 缩成一点 $w$，加上余下的 $n-i$ 个点，就得到一棵 $n-i+1$ 个点的树 $T'$。
-
将 $w$ 的度数固定为 $j$，对应的生成树 $T'$ 的数目 $g(j)$ 的表达式为
egin{equation}
g(j) = inom{n-i-1}{j-1}(n-i)^{n-i-j} label{E:1}
end{equation}
$eqref{E:1}~$式可通过 Prufer 序列与树的一一对应关系得到。 -
与 $w$ 相连的 $j$ 棵子树中的每一棵，在 $T$ 中可以连在 $P_{uv}$ 上的 $i$ 个点中的任意一个，所以我们得到
$$
egin{equation}
egin{aligned}
f(i) &= mathrm{A}_{n-2}{i-2}sum_{j=1}{n-i} g(j) cdot i^{j} \
&= mathrm{A}_{n-2}{i-2}sum_{j=1}{n-i} inom{n-i-1}{j-1} (n-i)^{n-i-j} cdot i^{j} \
&= mathrm{A}_{n-2}^{i-2}cdot i cdot sum_{j'=0}^{n-i-1} inom{n-i-1}{j'}(n-i)^{n-i-1-j'} cdot i^{j'} \
&= mathrm{A}_{n-2}^{i-2} cdot i cdot n^{n-i-1} label{E:2}
end{aligned}
end{equation}
$$
从而
$$
egin{equation}
egin{aligned}
E(n) &= frac{sumlimits_{i=4}^{n} f(i)(i-3)}{n^{n-2}} \
&= sum_{i=4}^{n} frac{mathrm{A}_{n-2}{i-2}i(i-3)}{n{i-1}}
end{aligned}
end{equation}
$$
Implementation
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using DB=long double;
const int N=1005;
DB res[N][N];
int a[N][N];
DB calc(int n){
if(n<=3) return 0;
DB pn=1;
for(int i=1; i<=n-2; i++)
pn*=i, pn/=n;
// cout << pn << endl;
DB sum=pn*(n-3);
for(int i=n-1; i>=4; i--)
pn*=n*i, pn/=(n-i)*(i+1), sum+=pn*(i-3);
return sum;
}
int main(){
// int cnt=0;
// for(int i=0; i<=1000; i++)
// cnt+=fabs(t[i]-calc(i))>1e-50;
// cout << cnt << endl;
int n, tot=0;
scanf("%d", &n);
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=1; j<=n; j++)
scanf("%d", a[i]+j), a[i][0]+=a[i][j], tot+=a[i][j];
tot/=2;
DB x=calc(n);
for(int i=1; i<n; i++)
for(int j=i+1; j<=n; j++){
res[i][j]=(a[i][0]+a[j][0])/DB(n);
if(n>=4) // 注意：n=2 或 3 时，分母为 0
res[i][j]+=x*(tot-a[i][0]-a[j][0]+a[i][j])/((n-2)*(n-3)/2);
res[j][i]=res[i][j];
}
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=1; j<=n; j++)
printf("%.9Lf%c", res[i][j], j==n?'
':' ');
return 0;
}