一道思维好题啊...感觉这种类型的题很检验基本功是否扎实（像我这样的就挂了）。
题意：你有一棵(n)个点的树，每次随机选择一条边，将这条边的两个端点合并，并随机继承两个点标号中的一个，问对于每一个点来说，最终剩下的那个点标号等于它的标号的概率。(nleq 50)，用浮点数方式输出。
碰到浮点数输出的题就很怕卡精，不过这道题似乎不卡，担心卡精可以开(long double)（还要吐槽一句cf的(C++11)对(long double)的输出好像不是很资瓷...还要转(double)输出）。
好了现在开始讲做法吧。我们的大体思想是每一个点分别求解答案。对于每一个点，用某种方法算出它最终被留下的方案数，那么再除以((n-1)!)显然就是答案。不过要注意的一点是因为标号的继承是随机的，因此对于同一种删边顺序，得到的结果可能不同，因此我们算出的其实是所有顺序下这个点保留的概率的总和（可能是浮点数），但是为了接下来表达的简便，不妨不严谨的称其为方案数。
现在来关心怎么求出每一个点被留下的方案数，我们将要求答案的点(x)当作树的根，并用(size_i)表示以(i)为根的子树的大小。考虑树形(dp)，我们用(f_{i,j})表示当根节点的标号继承到(i)点时，如果(i)的子树还剩下(j)条边，根节点的标号最终被保留下来的方案数。那么(f_{x,n-1})就是我们想要的答案。
我们先来解决一个小问题：
假设我们将当前节点(u)的子树划分为两部分，并且已经知道了左半部分还剩(i)条边时的方案数(a)和右半部分还剩(j)条边时的方案数(b)，如何求解它们对整棵子树还剩(i+j)条边的方案数的贡献？
显然左右两部分的子树对对方是没有影响的，因此我们可以将左右的方案合并。只要剩下的左边的(i)条边和右边的(j)条边在之后删除的相对顺序不变，那么一定会得到同一种结果，因此这部分合并的方案数就是({{i+j}choose i})种（即在删除序列的(i+j)个空位种选(i)个给左边的边）。
同时我们还要注意已经删除的边，在真实的操作序列中它们也同样需要合在一起。因此和上面相似，我们假设左边原来一共有(x)条边，右边原来一共有(y)条边，那么这部分合并的方案数就是({{x+y-i-j}choose x-i})。
综上所述，它们的贡献应该是(a*b*{{i+j}choose i}*{{x+y-i-j}choose x-i})。
那么沿着刚刚的想法继续思考，我们或许可以采取如下策略(dp)：对于某一棵以(u)为根的子树，不考虑任何子树时有(f_{u,0}=1)。假如我们有一种方法，可以计算出一个单点在只考虑一棵子树时的答案，那么我们的问题就做完了，因为我们在新考虑一棵子树的时候，我们可以先计算只考虑它时的答案而将其视为我们刚刚所讲的“右半部分”，将之前已经计算完的部分视为“左半部分”，就可以直接按照之前所讲的方法合并。
现在我们只要解决如何计算只考虑(u)的某一棵子树时的答案，设其根为(v)。显然我们可以枚举(i)，表示我们想要求其还剩下(i)条边时的答案，设其为(g_i)，接着再枚举(j)，考虑(f_{v,j})对(g_i)的贡献。分三类情况讨论：
(1)、假设(j<i)，显然合法的过程应该是这样的：(v)的子树中合并到还剩(i-1)条边时，根的标号继承到了(u)上，接着(v)的子树中的边继续合并到只剩(j)条边，接着根的标号再从(u)继承到了(v)上。注意到(u)的标号继承到(v)上发生的概率是(frac{1}{2})，因此此时(f_{v,j})对(g_i)的贡献是(frac{1}{2}f_{v,j})。
(2)、假设(j=i)，显然合法的过程应该是这样的：(v)的子树原来共有(size_v-1)条边，如果要剩下(i)条边，应该删除(size_v-1-i)条边，而(u)到(v)的连边也应该随着这些边的删除一起被删除，考虑被删除的(size_v-1-i)条边组成的序列，(u)到(v)的连边可以插入到(size_v-i)个空位（因为两端也是可以的）中的任何一个。同时我们可以发现如此一来，当根节点的标号继承到(u)时，(u)和(v)的连边已经消失，因此就不需要考虑那(frac{1}{2})的概率了，贡献是((size_v-i)*f_{v,j})。
(3)、假设(j>i)，画图考虑一下就发现这是没有合法方案的，贡献是(0)。
于是我们终于完成了最后一块拼图，得到了可行的解法。最后总结一下做法，我们分别计算每一个答案，接着进行树形(dp)。对于每一个新考虑的儿子，我们先计算只考虑这个子树的情况，接着将其与原有答案进行合并。计算一下复杂度，在每一个点更新它对父亲的贡献时似乎至多是(O(n^2))的，但是考虑合并两个大小为(x)和(y)的子树，代价可以做到(O(x*y))，这等价于两个子树之间的点对数。因此一次dp的复杂度应该是总点对数即(O(n^2))，因此总复杂度是(O(n^3))的。不过代码里我偷了个懒写了(O(n^4))的做法，反正(nleq 50)因此也是不要紧的。
我的代码：
#include<cstdio>
#include<vector>
using std::vector;
typedef long double ldb;
const int N=55;
int n;
vector<int> G[N];
int size[N];
ldb fact[N];
ldb dp[N][N],tmp[N],g[N];
inline ldb choose(int n,int m)
{
return fact[n]/(fact[m]*fact[n-m]);
}
void dfs(int now,int father)
{
register int i,j;
dp[now][0]=1;size[now]=1;
for(auto x:G[now])
{
if(x==father)
continue;
dfs(x,now);
for(i=0;i<=size[x];i++)
{
g[i]=0;
for(j=1;j<=size[x];j++)
if(j<=i)
g[i]+=0.5*dp[x][j-1];
else
g[i]+=dp[x][i];
}
for(i=0;i<size[now]+size[x];i++)
tmp[i]=0;
for(i=0;i<size[now];i++)
for(j=0;j<=size[x];j++)
tmp[i+j]+=dp[now][i]*g[j]*choose(i+j,i)*choose(size[now]-1-i+size[x]-j,size[now]-1-i);
for(i=0;i<size[now]+size[x];i++)
dp[now][i]=tmp[i];
size[now]+=size[x];
}
return;
}
signed main()
{
int x,y;
register int i;
scanf("%d",&n);
fact[0]=1;
for(i=1;i<=n-1;i++)
fact[i]=fact[i-1]*i;
for(i=1;i<=n-1;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
dfs(i,0);
printf("%.9lf
",(double)(dp[i][n-1]/fact[n-1]));
}
return 0;
}