巧妙的是枚舉的方法,對於新的一個點i,我們知道整個圖是不連通的,那麼i所在的連通圖一定與某個點不連通,所以枚舉i所在的連通圖的大小
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <cmath>
using namespace std;
#define print(x) cout<<x<<endl
#define input(x) cin>>x
#define SIZE 25
double dp[SIZE];
int n;
double p;
int C[SIZE][SIZE];
void init()
{
for(int i=0;i<SIZE;i++)
{
C[i][0]=C[i][i]=1;
}
for(int i=2;i<SIZE;i++)
{
for(int j=1;j<i;j++)
{
C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
}
}
}
int main()
{
input(n>>p);
init();
dp[1]=1.;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
double ans=0;
/* dp[i]爲在當前情況下,構成i個點的連通點集的概率
*
* 若要計算dp[i],則要從i-1的點中,劃分出一個j-1的子集,所以共有C(i-1,j-1)的子集
* 然後再將這個j-1子集,加上新加入的點,若使這j個點構成連通點集,概率爲dp[j]
* 若使這i個點不連通,則在上面所說的兩個字集之間沒有連通的邊,一共有j*(i-j)種可能的邊
* 所以概率爲(1-p)^(j*(i-j))
*
* 將j=(1,i-1)的所有情況加到一起,得到的就是有i個點的情況下,不能構成連通圖的概率
* 所以dp[i]=1-sigma(C[i-1][j-1]*dp[j]*pow(1-p,double(j*(i-j)))
*
*/
for(int j=1;j<i;j++)
{
ans+=C[i-1][j-1]*dp[j]*pow(1-p,double(j*(i-j)));
}
dp[i]=1-ans;
}
print(dp[n]);
return 0;
}