题目看完之后就知道不会做。
然后题目的提示十分重要：对于 n 个 [0,1] 之间的随机变量 x1,x2,...,xn，第k小的那个的期望值是 k/(n+1)。
假设我们知道 (m) 条边的权值，我们做一遍克鲁斯卡尔最小生成树。答案就是最小生成树中的边权最大值。也就是加入后恰好使图联通的边权。
根据题目的提示：本题的答案就是最小生成树的最大边权在 (m) 条边中的期望排名(/ (m+1))。
所以现在就是要求最小生成树的最大边权在 m 条边中的期望排名。
然后因为期望的线性性，我们可以枚举生成树中最大边在 (m) 条边中的排名 (i) 再乘上最大边在 (m) 条边中的排名为i的概率 (P(i)) 。也可以说是加入第 (i) 条边这个图刚好联通的概率。
就是：
这个式子和下面的式子等价。
考虑(sum_{j=i}^{n}P(j))是什么？其实就是加入 (i-1) 条边图不连通的概率。
所以问题转化为求加入 (x) 条边图不连通的概率。
然后这个概率显然等于加入x条边图不连通的方案数(/)总方案数。
因为总方案数好求就是(C_m^x)
所以问题又转化为加入 (x) 条边图不连通的方案数。
考虑用状压DP解决。
(dp[i][j][0/1]) 分别代表选了在点集 (i) 的生成子图中选了 (j) 条边不连通(/)连通的方案数。
(dp[i][j][0]) 套路求法，设定一个关键点，枚举关键点所在的连通子集 (k)，和子集 (k) 的生成子图中的边数 (s)，设 (size[i])为点集 (i) 中的边的数量，转移方程为(dp[i][j][0]=dp[k][s][1]*C_{size[i xor k]}^{j-s})。
利用(dp[i][j][0]+dp[i][j][1]=C_{size[i]}^{j})就可以求出 (dp[i][j][1]) 。
最后
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
int dp[1111][111][2],n,m,u[111],v[111],C[111][111],size[1111];
double ans;
int read(){
int sum=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
return sum*f;
}
signed main(){
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)u[i]=read(),v[i]=read();
for(int i=0;i<(1<<n);i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if((i&(1<<(u[j]-1)))&&(i&(1<<(v[j]-1))))size[i]++;
for(int i=0;i<=m;i++)C[i][0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
int p=i&(-i);
for(int j=(i-1)&i;j;j=(j-1)&i){
if((j&p)==0)continue;
for(int a=0;a<=size[j];a++)
for(int b=0;b<=size[j^i];b++)
dp[i][a+b][0]+=dp[j][a][1]*C[size[i^j]][b];
}
for(int a=0;a<=size[i];a++)dp[i][a][1]=C[size[i]][a]-dp[i][a][0];
}
for(int i=0;i<m;i++)ans+=1.0*dp[(1<<n)-1][i][0]/C[m][i];
printf("%.6lf",1.0*ans/(m+1.0));
return 0;
}