我们如何解决图上子集联通概率问题？

首先我们把问题转换为 \(1-子集不联通\) 的概率。

现在我们要设 \(f_i,g_i\) 分别表示子集 \(i\) 的联通与不联通概率。

我们从 \(i\) 中固定一个点 \(p\) ，设 \(r\) 为 \(C_pi\) （\(C\) 是补集）的一个子集，那么我们有如下转移式子：

\[f_i=1-\sum_{r\in C_pi} f_{C_ri}\times E(r,C_ri) \]

其中 \(E\) 是两个子集不联通的概率，我们可以枚举边 \(n^2\) 求出。

也可以 meet in middle 预处理 \(E\)。

对于 清华集训 2012] 串珠子 - 洛谷 这道题，我们有这个东西，也很神奇。
from MikukuOvO

考虑\(f[i]\)表示状态为\(i\)的连边方案数，\(g[i]\)表示状态为\(i\)的能使得联通的连边方案数，\(t[i]\)表示状态为\(i\)使得不连通的方案数。

首先\(f[i]\)是比较好求的，就是\(f[i]=\prod_{(u<v)\in k}(c[u][v]+1)\)。

关于求\(t[i]\)，我们首先固定\(i\)中的一个点\(p\)，那么剩余的点要么与\(p\)联通，要么与\(p\)不连通。

假设和\(p\)联通的点集为\(S\)，不连通的点集为\(T\)，那么对于\(t[i]\)的贡献就是\(g[S]\times f[T]\)。

这样我们枚举子集转移即可，\(g[i]=f[i]-t[i]\)。

这里我解答一个问题，为什么\(p\)可以任意？

考虑实际上我们固定\(p\)点的意义，就是使得其余的所有点的状态只有两种，这样我们枚举子集转移就会做到不重不漏。