题链：
http://www.joyoi.cn/problem/tyvj-1953
题解：
定义d(u,v)这个函数，满足：
d(u,v)=1,当且仅当在点分树中，u是v的祖先
d(u,v)=0,其它情况
对于一个确定的点分树来说，
$\sum d(u,v)$就是答案。
但是现在点分树未知，我们再来考虑这个函数的取值
d(u,v)=1时必须满足u是v的祖先，
那么由于现在是随机的，所以对于u到v的这条链上的点，
u必须是第一个被随机为重心的点才能使得在点分树中，u是v祖先。
而这个概率是1/(dis(u,v)+1)，
所以d(u,v)的期望取值就是1*1/(dis(u,v)+1)
即现在的问题变为求：$ANS=\sum 1/(dis(u,v)+1)$
那么必然要求出所有点对间的距离，所以采用点分治+FFT的做法。
对于分治的每一个重心，把整个子树dfs一遍，得到所有节点到重心的距离，
并得到一个数组A[i],表示子树中到重心距离为i的点数为A[i]个
然后让A数组自乘，做FFT，可以得到改子树内任意两个点经过重心的距离，
显然对于在同一个儿子子树里的两个点，也被统计了进去，所以再对重心的每个儿子做上述操作，然后减掉无效信息。
复杂度$O(Nlog^2N)$
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 65540
using namespace std;
const double Pi=acos(-1);
double ANS;
bool vis[MAXN];
int size[MAXN];
int N;
struct Edge{
int ent;
int to[MAXN*2],nxt[MAXN*2],head[MAXN];
Edge(){ent=2;}
void Adde(int u,int v){
to[ent]=v; nxt[ent]=head[u]; head[u]=ent++;
}
}E;
struct Cpx{
double R,I;
Cpx(){}
Cpx(double _R,double _I):R(_R),I(_I){}
Cpx operator - () const{return Cpx(-R,-I);}
Cpx operator + (const Cpx &rtm) const{return Cpx(R+rtm.R,I+rtm.I);}
Cpx operator - (const Cpx &rtm) const{return *this+(-rtm);}
Cpx operator * (const Cpx &rtm) const{return Cpx(R*rtm.R-I*rtm.I,R*rtm.I+I*rtm.R);}
Cpx operator / (const double k) const{return Cpx(R/k,I/k);}
}A[MAXN];
namespace FFT{
int order[MAXN];
int Init(int _n){
static int n,len;
for(n=1,len=0;n<=2*_n;n<<=1) len++;
for(int i=0;i<n;i++) order[i]=(order[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
return n;
}
void Fft(Cpx *Y,int n,int sign){
for(int i=0;i<n;i++) if(i<order[i]) swap(Y[i],Y[order[i]]);
for(int d=2;d<=n;d<<=1){
Cpx dw(cos(2*Pi/d),sin(sign*2*Pi/d)),w,tmp;
for(int i=0;w=Cpx(1,0),i<n;i+=d)
for(int k=i;k<i+d/2;w=w*dw,k++)
tmp=w*Y[k+d/2],Y[k+d/2]=Y[k]-tmp,Y[k]=Y[k]+tmp;
}
if(sign==-1) for(int i=0;i<n;i++) Y[i]=Y[i]/n;
}
}
void getroot(int u,int dad,int num,int &root,int &rootmax){
int umax=0; size[u]=0;
for(int e=E.head[u];e;e=E.nxt[e]){
int v=E.to[e];
if(v==dad||vis[v]) continue;
getroot(v,u,num,root,rootmax);
size[u]+=size[v];
umax=max(umax,size[v]);
}
size[u]++; umax=max(umax,num-size[u]);
if(rootmax>umax) root=u,rootmax=umax;
}
void calc(int s,int dep,int sign){
static queue<int> Q;
static int dis[MAXN],reach[MAXN],tim,n;
memset(A,0,sizeof(A));
Q.push(s); reach[s]=++tim;
dis[s]=dep; A[dis[s]].R+=1; n=dis[s];
while(!Q.empty()){
int u=Q.front(); Q.pop();
for(int e=E.head[u];e;e=E.nxt[e]){
int v=E.to[e];
if(reach[v]==tim||vis[v]) continue;
reach[v]=tim; dis[v]=dis[u]+1;
n=max(n,dis[v]); A[dis[v]].R+=1;
Q.push(v);
}
}
n=FFT::Init(n);
FFT::Fft(A,n,1);
for(int i=0;i<n;i++) A[i]=A[i]*A[i];
FFT::Fft(A,n,-1);
for(int i=1;i<n;i++)
ANS+=sign*A[i].R*1.0/(i+1);
ANS+=sign*A[0].R;
}
void solve(int u){
if(size[u]!=N) calc(u,1,-1);
int root=u,rootmax=size[u];
getroot(u,0,size[u],root,rootmax);
vis[root]=1;
calc(root,0,1);
for(int e=E.head[root];e;e=E.nxt[e]){
int v=E.to[e]; if(vis[v]) continue;
if(size[v]>size[root]) size[v]=size[u]-size[root];
solve(v);
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>N;
for(int i=1,u,v;i<N;i++){
cin>>u>>v; u++; v++;
E.Adde(u,v); E.Adde(v,u);
}
size[1]=N; solve(1);
cout<<fixed<<setprecision(4)<<ANS<<endl;
return 0;
}