题目简述：给定一棵$nleq 50$个节点的树。树的缩小过程则是重复以下操作直到仅剩下一个节点为止：
等概率随机选择一条边$(u, v)$，然后将节点$u$和节点$v$合并成一个新的节点$w$，所有与节点$u$或节点$v$相连的边都改为与节点$w$相连，并且以相同的概率将新的节点$w$仍然标记为节点$u$或节点$v$。
对每个$i$，求最后剩下节点$i$的概率。
解：code
建模：
设树为$T = (V, E)$，一次缩小操作后树变为$T' = (V', E')$，记作$T' = ext{shrink}(T)$。对$i geq 1$，令$T_i = ext{shrink}(T_{i-1})$，特别地，$T_0 = T$。则$T_0, T_1, dots, T_{n-1}$是一个Markov过程。最后剩下节点$u in V$的概率为$Pr[u in T_{n-1}]$。
设$T$的根节点为$r$，对任意节点$u$，记$T_u$表示$T$中以$u$为根节点的子树。定义$f[u][i]$表示：若只考虑$T_u$的缩小过程，在条件【在这过程中仅剩恰好$i$条边时，节点$u$仍然存在】下，最后剩下节点$u$的概率。形式化地说，
$$ f[u][i] = Pr[ u in ext{shrink}^{ ext{size}(u)-1}(T_u) | u in ext{shrink}^{ ext{size}(u)-i-1}(T_u) ]. $$
其中$ ext{shrink}^{k}(T)$表示$ ext{shrink}$作用在$T$上$k$次，即$ ext{shrink}^{k}(T) = ext{shrink}( ext{shrink}^{k-1}(T))$，且$ ext{shrink}^1(T) = ext{shrink}(T)$。
这里我们解释一下$f[u][i]$的形式定义的意义。这是一个条件概率，是在条件$u in ext{shrink}^{ ext{size}(u)-i-1}(T_u)$下，$u in ext{shrink}^{ ext{size}(u)-1}(T_u)$的概率。由于$|T_u| = ext{size}(u)$，因此$T_u$只会进行$ ext{size}(u)-1$次缩小操作，这时$ ext{shrink}^{ ext{size}(u)-1}(T_u)$只会剩下一个节点，而$u in ext{shrink}^{ ext{size}(u)-1}(T_u)$便是描述最后剩下节点$u$的事件。另一方面，在$T_u$在缩小过程中只剩下恰好$i$条边时，即其恰好进行了$ ext{size}(u)-i-1$次缩小操作，因此$u in ext{shrink}^{ ext{size}(u)-i-1}(T_u)$正是描述了$T_u$在这过程中仅剩恰好$i$条边时节点$u$仍然存在的事件。
这个条件概率与最后剩下根节点的概率的关系如下：
$$ Pr[r in T_{n-1}] = f[r][n-1]. $$
现在我们考虑如何计算$f[u][i]$，从一个特殊情况入手。
特殊情况：若$u$只有一个子节点$v$
我们引入中间条件【$(u, v)$是否存在】，然后分别计算条件概率。
注：【$(u, v)$是否存在】的意思是$T_u$中$(u, v)$这条边是否存在。特别地，如果在缩小的过程中，节点$u$或者节点$v$被其他节点合并（从而消失）了，但是$(u, v)$这条边依然认为是存在的。缩小过程其实可以看做是节点集的合并过程（类似并查集），如果节点$u$和节点$v$不在一个“并查集”里，则认为$(u, v)$这条边依然存在。换句话说，当节点$u$和节点$v$所在的“并查集”合并的时候，$(u, v)$这条边便认为是不存在了。
为方便，我们简记$ ext{shrink}^k(T) = T^k$，以及$ ext{size}(u) = |u|$。
$$
egin{aligned}
f[u][i]
& = Pr Big[ u in T_u^{|u|-1} Big| u in T_u^{|u|-i-1} Big] \
& = Pr Big[ (u, v) in T_u^{|u|-i-1} Big| u in T_u^{|u|-i-1} Big] Pr Big[ u in T_u^{|u|-1} Big| u in T_u^{|u|-i-1} land (u, v) in T_u^{|u|-i-1} Big] + Pr Big[ (u, v)
otin T_u^{|u|-i-1} Big| u in T_u^{|u|-i-1} Big] Pr Big[ u in T_u^{|u|-1} Big| u in T_u^{|u|-i-1} land (u, v)
otin T_u^{|u|-i-1} Big]
end{aligned}
$$
我们依次计算每个概率。
Part 1
$Pr Big[ (u, v) in T_u^{|u|-i-1} Big| u in T_u^{|u|-i-1} Big]$即为在$T_u$仅剩$i$条边的时候$(u, v)$边仍然存在的概率，即从$|v|$条边中选取$i$条边，并且选中某条给定边的概率，即
$$ Pr Big[ (u, v) in T_u^{|u|-i-1} Big| u in T_u^{|u|-i-1} Big] = frac i {|v|}, $$
进而
$$ Pr Big[ (u, v) otin T_u^{|u|-i-1} Big| u in T_u^{|u|-i-1} Big] = 1-frac i {|v|}. $$
Part 2
$Pr Big[ u in T_u^{|u|-1} Big| u in T_u^{|u|-i-1} land (u, v) in T_u^{|u|-i-1} Big]$即为$T_u$仅剩$i$条边时节点$u$和边$(u, v)$同时存在的条件下，最后剩下节点$u$的概率。我们枚举何时$(u, v)$被删掉，设删掉$(u, v)$后剩下$0 leq j < i$条边，要求节点$u$在$(u, v)$被删掉时仍然剩下，这个时候就变成了$f[v][j]$的问题，即仅考虑$T_v$，其仅剩下$j$条边的条件下，最后剩下节点$v$的概率。
注意到：
1. 【删掉$(u, v)$后剩下$0 leq j < i$条边】的概率为$1/i$。
2. 【节点$u$在$(u, v)$被删掉时仍然剩下】的概率为$1/2$。
因此，
$$ Pr Big[ u in T_u^{|u|-1} Big| u in T_u^{|u|-i-1} land (u, v) in T_u^{|u|-i-1} Big] = sum_{j=0}^{i-1} frac 1 {2i} f[v][j]. $$
Part 3
$Pr Big[ u in T_u^{|u|-1} Big| u in T_u^{|u|-i-1} land (u, v) otin T_u^{|u|-i-1} Big]$即为$T_u$仅剩$i$条边时节点$u$存在，但是$(u, v)$边已经不存在的条件下，最后剩下节点$u$的概率，这个概率即是$f[v][i]$，即
$$ Pr Big[ u in T_u^{|u|-1} Big| u in T_u^{|u|-i-1} land (u, v) otin T_u^{|u|-i-1} Big] = f[v][i]. $$
我们把上面的每个概率带入$f[u][i]$的计算式，得到
$$
egin{aligned}
f[u][i]
& = frac i {|v|} sum_{j=0}^{i-1} frac 1 {2i} f[v][j] + left( 1 - frac i {|v|}
ight) f[v][i] \
& = frac 1 {2|v|} sum_{j=0}^{i-1} f[v][j] + left( 1 - frac i {|v|}
ight) f[v][i].
end{aligned}
$$
这个特殊情况，其实是考虑了节点$v$指向其父节点的边$(v, u)$。对于$u$有多个子节点的情况，可令$g[u][v][i]$表示在以$u$为根的子树$T_u$中，$u$的$v$以外的其他儿子节点的子树均被合并了但$u$还存在且仅剩下$i$条边的条件下，最后剩下节点$u$的概率。形式化地，
$$
egin{aligned}
g[u][v][i]
& = Pr Big[ u in T_u^{|u|-1} Big| u in T_u^{|u|-i-1} subseteq T_v cup {(u, v)} Big] \
& = frac 1 {2|v|} sum_{j=0}^{i-1} f[v][j] + left( 1 - frac i {|v|}
ight) f[v][i].
end{aligned}
$$
多个子节点的情况
我们先考虑$u$只有两个子节点$x$和$y$。
则在计算$f[u][k]$时，枚举$T_u^{|u|-k-1}$中包含$T_x cup { (u,x) }$中有$0 leq i leq k$条边，则$T_u^{|u|-k-1}$中包含$T_y cup { (u,y) }$中有$j = k-i$条边；即$T_u^{|u|-k-1}$中包含$T_x$中$i$个节点，$T_u^{|u|-k-1}$中包含$T_y$中有$j = k-i$个节点。
$$
egin{aligned}
f[u][k]
& = Pr Big[ u in T_u^{|u|-1} Big| u in T_u^{|u|-k-1} Big] \
& = sum_{i=0}^k Pr Big[ left| T_u^{|u|-k-1} cap T_x
ight| = i Big| u in T_u^{|u|-k-1} Big] Pr Big[ u in T_u^{|u|-1} Big| u in T_u^{|u|-k-1} land left| T_u^{|u|-k-1} cap T_x
ight| = i Big]
end{aligned}
$$
注意到，$Pr Big[ left| T_u^{|u|-k-1} cap T_x ight| = i Big| u in T_u^{|u|-k-1} Big]$即为在$|x|+|y|$条边里面选择$k$条边，其中$|x|$条边中恰有$i$条，$|y|$条边中恰有$j = k-i$条的概率，即
$$ Pr Big[ left| T_u^{|u|-k-1} cap T_x ight| = i Big| u in T_u^{|u|-k-1} Big] = frac {inom{|x|}{i} inom{|y|}{j}} {inom{|x|+|y|}{k}}. $$
而$Pr Big[ u in T_u^{|u|-1} Big| u in T_u^{|u|-k-1} land left| T_u^{|u|-k-1} cap T_x ight| = i Big]$则要求$u$在最后剩下，这个概率等于 $u$在$x$这部分的“角逐”中胜出 且 $u$在$y$这部分的“角逐”中胜出，而$x$部分胜出和$y$部分胜出是独立的，因此
$$ Pr Big[ u in T_u^{|u|-1} Big| u in T_u^{|u|-k-1} land left| T_u^{|u|-k-1} cap T_x ight| = i Big] = g[u][x][i] g[u][y][j]. $$
注：以上等式并未严格证明，因为证明“独立性”是复杂的。我们可以从方案数的角度来证明。从$T_u$剩下$i$条边时，最后剩下$u$的缩小操作可能的组合有$f[u][i] i! 2^i$种。因此，在$x$部分剩余$i$条边，$y$部分剩余$j$条边时，总方案数为$(i+j)! 2^{i+j}$；而最后剩下$u$的方案数则为 仅考虑$x$部分的方案数$g[u][x][i] i! 2^i$，以及仅考虑$y$部分的方案数$g[u][y][j] j! 2^j$后，再把$x$部分的操作（共$i$步）与$y$部分的操作（共$j$步）排列组合一下，共有$ inom {i+j}{i} $ 种方式，因此
$$ Pr Big[ u in T_u^{|u|-1} Big| u in T_u^{|u|-k-1} land left| T_u^{|u|-k-1} cap T_x ight| = i Big] = frac{ inom{i+j}{i} g[u][x][i] i! 2^i g[u][y][j] j! 2^j }{(i+j)! 2^{i+j}} = g[u][x][i] g[u][y][j]. $$
带入$f[u][k]$的求和式可得
$$ f[u][k] = sum_{i=0}^k frac{inom{|x|}{i} inom{|y|}{k-i}}{inom{|x|+|y|}{k}} g[u][x][i] g[u][y][k-i]. $$
由此可推广到$u$有若干个子节点$v_1, v_2, dots, v_m$的情形，此时有
$$ f[u][k] = sum_{i_1+i_2+dots+i_m = k} frac{inom{|v_1|}{i_1} dots inom{|v_m|}{i_m}}{inom{|v_1|+|v_2|+dots+|v_m|}{k}} g[u][v_1][i_1] dots g[u][v_m][i_m]. $$
可用动态规划求解。令
$$ p[u][m][k] = sum_{i_1+i_2+dots+i_m = k} frac{inom{|v_1|}{i_1} dots inom{|v_m|}{i_m}}{inom{|v_1|+|v_2|+dots+|v_m|}{k}} g[u][v_1][i_1] dots g[u][v_m][i_m]. $$
则$f[u][k] = p[u][m][k]$，且
$$ p[u][m][k] = sum_{i=0}^k frac {inom{|v_1|+dots+|v_{m-1}|}{i} inom{|v_m|}{i}} {inom{|v_1|+dots+|v_m|}{k}} p[u][m-1][i] g[u][v_m][k-i]. $$
可在$O(|u|^2)$的复杂度内求得$f[u][k]$。
从而求得所有$f[][]$的复杂度是$O(n^2)$，其中$f[r][n-1]$即为最后剩下节点$r$的概率。
对每个节点都要做一次，于是复杂度为$O(n^3)$。
相关题解：
我们的做法较为直观，是直接计算概率，而 Mr_spade 的做法则是先统计方案数，然后再除掉总的方案数而得到概率。
由于总方案数应为$n!2^n$，但是 Mr_spade 却不完全是统计方案数，比较不好理解。完全统计方案数的代码可参见 TLE 。
另外， Mr_spade 题解中估计的时间复杂度$O(n^4)$过高，实际算法的复杂度应是$O(n^3)$。只需注意到
$$ sum_{x in V} left( ext{size}(x) ight)^2 = O(n^2). $$