传送门
根据期望的线性性，算出第 (i) 小的边作为最小生成树的最大边的概率，设为 (P_i)
那么根据题目的信息，答案就是 (sum frac{i}{m+1}P_i)
考虑计算 (P_i)，相当于在加入 (i) 这条边的时候，前 (i-1) 条不连通，而 (i) 条恰好连通
设 (g_{i,s}) 表示点集 (s) 中选择 (i) 条边连通的方案数
设 (cnt_s) 表示点集 (s) 中的边数，(all) 表示全集
那么
[P_i=frac{g_{i,all}}{inom{cnt_{all}}{i}}-frac{g_{i-1,all}}{inom{cnt_{all}}{i-1}}
]
直接求 (g) 比较困难，考虑计算不连通的方案数，设为 (f)
那么有
[f_{i,s}+g_{i,s}=inom{cnt_s}{i}
]
(f) 容易算，枚举钦定一个点 (p) 的连通块
那么
[f_{i,s}=sum_{tsubset s,pin t}sum_{j=0}^{i}g_{j,t}inom{cnt_{s-t}}{i-j}
]
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, m, cnt[1 << 10], mp[10][10];
double c[50][50], f[50][1 << 10], g[50][1 << 10], ans;
int main() {
int i, j, k, u, v, st, p;
scanf("%d%d", &n, &m), st = 1 << n;
for (i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d%d", &u, &v), ++mp[u - 1][v - 1];
for (i = 0; i < st; ++i)
for (j = 0; j < n; ++j)
if (i >> j & 1)
for (k = 0; k < n; ++k)
if (i >> k & 1) cnt[i] += mp[j][k];
c[0][0] = 1;
for (i = 1; i <= m; ++i)
for (c[i][0] = j = 1; j <= i; ++j)
c[i][j] = c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j];
for (i = 0; i < n; ++i) g[0][1 << i] = 1;
for (i = 1; i <= m; ++i)
for (j = 1; j < st; ++j) {
p = j & -j, u = j ^ p;
for (v = (u - 1) & u; ; v = (v - 1) & u) {
for (k = 0; k <= i; ++k)
f[i][j] += g[k][v | p] * c[cnt[u ^ v]][i - k];
if (!v) break;
}
g[i][j] = c[cnt[j]][i] - f[i][j];
}
for (i = 0; i <= m; ++i) g[i][st - 1] /= c[m][i];
for (i = 1; i <= m; ++i) ans += (g[i][st - 1] - g[i - 1][st - 1]) * i;
printf("%.6lf
", ans / (m + 1));
return 0;
}