Description
傲娇少女幽香是一个很萌很萌的妹子，而且她非常非常地有爱心，很喜欢为幻想乡的人们做一些自己力所能及的事情来帮助他们。 这不，幻想乡突然发生了地震，所有的道路都崩塌了。现在的首要任务是尽快让幻想乡的交通体系重新建立起来。幻想乡一共有n个地方，那么最快的方法当然是修复n-1条道路将这n个地方都连接起来。 幻想乡这n个地方本来是连通的，一共有m条边。现在这m条边由于地震的关系，全部都毁坏掉了。每条边都有一个修复它需要花费的时间，第i条边所需要的时间为ei。地震发生以后，由于幽香是一位人生经验丰富，见得多了的长者，她根据以前的经验，知道每次地震以后，每个ei会是一个0到1之间均匀分布的随机实数。并且所有ei都是完全独立的。 现在幽香要出发去帮忙修复道路了，她可以使用一个神奇的大魔法，能够选择需要的那n-1条边，同时开始修复，那么修复完成的时间就是这n-1条边的ei的最大值。当然幽香会先使用一个更加神奇的大魔法来观察出每条边ei的值，然后再选择完成时间最小的方案。 幽香在走之前，她想知道修复完成的时间的期望是多少呢？
Input
第一行两个数n,m，表示地方的数量和边的数量。其中点从1到n标号。
接下来m行，每行两个数a,b，表示点a和点b之间原来有一条边。
这个图不会有重边和自环。
Output
一行输出答案，四舍五入保留6位小数。
Sample Input
5 4
1 2
1 5
4 3
5 3
1 2
1 5
4 3
5 3
Sample Output
0.800000
HINT
提示：
（以下内容与题意无关，对于解题也不是必要的。）
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)。
样例解释：
对于第一个样例，由于只有4条边，幽香显然只能选择这4条，那么答案就是4条边的ei中最大的数的期望，由提示中的内容，可知答案为0.8。
数据范围：
对于所有数据：n<=10, m<=n(n-1)/2, n,m>=1。
对于15%的数据：n<=3。
另有15%的数据：n<=10, m=n。
另有10%的数据：n<=10, m=n(n-1)/2。
另有20%的数据：n<=5。
另有20%的数据：n<=8。
陈老师好喜欢出这种图上计数问题啊。
设f[S][i]表示S集合中的点用i条边构成一个连通图的方案数，这个可以容斥一下再枚举包含最小元素的子集来DP计算。
根据期望的线性性，我们可以算出随机选前k小的那些边使图恰好连通的概率，则答案为概率之和除以(m+1)。
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
const int BufferSize=<<;
char buffer[BufferSize],*head,*tail;
inline char Getchar() {
if(head==tail) {
int l=fread(buffer,,BufferSize,stdin);
tail=(head=buffer)+l;
}
return *head++;
}
inline int read() {
int x=,f=;char c=Getchar();
for(;!isdigit(c);c=Getchar()) if(c=='-') f=-;
for(;isdigit(c);c=Getchar()) x=x*+c-'';
return x*f;
}
const int maxn=;
const int maxm=;
typedef long long ll;
ll f[<<maxn][maxm],dp[maxm],C[maxm][maxm];
int n,m,e[maxn],g[<<maxn],cnt[<<maxn];
int main() {
C[][]=;
rep(i,,) {
C[i][]=C[i][i]=;
rep(j,,i-) C[i][j]=C[i-][j-]+C[i-][j];
}
n=read();m=read();
rep(i,,m) {
int u=read()-,v=read()-;
e[u]|=(<<v);e[v]|=(<<u);
}
rep(S,,(<<n)-) rep(i,,n-) if(S>>i&) cnt[S]++;
rep(S,,(<<n)-) {
rep(i,,n-) if(S>>i&) g[S]+=cnt[S&e[i]];
g[S]>>=;
}
rep(S,,(<<n)-) {
int c;
rep(i,,n-) if(S>>i&) {c=i;break;}
if(cnt[S]==) f[S][]=;
else for(int S2=(S-)&S;S2;S2=(S2-)&S) if(S2>>c&) {
rep(i,,g[S2]) rep(j,,g[S^S2]) dp[i+j]+=f[S2][i]*C[g[S^S2]][j];
}
rep(i,,g[S]) f[S][i]=C[g[S]][i]-dp[i],dp[i]=;
}
double ans=0.0;
rep(i,,m) ans+=(double)f[(<<n)-][i]/C[m][i];
printf("%.6lf\n",(m+-ans)/(m+));
return ;
}