这题训练赛时没搞出来，我当时从正面考虑，发现会有很多种情况
看了PKKJ的wiki  发现从反面考虑很好！！

/**/ /*
    题意：一个n个点的图，任意两点间有边的概率为p  问该图连通的概率
    设n个点连通的概率为dp[n]，从不连通来考虑，_dp[n]=1-dp[n]

    对于编号为1的点，它在其中的一个连通块，枚举该块的大小 1n-1
    则该块的k条边必须与其余点的(n-k)条边都不能连通
              n-1
    则_dp[n] = ∑ C[n-1,k-1]*dp[k]*(1-p)^(k*(n-k))
              k=1
    则dp[n]=1-_dp[n]

    最初，我是考虑最后怎么连通的情况，即点n是如何与其他块连起来的，发现情况复杂：
    点n与大小为n-1的一个连通块连起来
    点n作为中间点连接两个块
    点n作为中间点连接三个块
    
    其实这样子，就应该要想到从反面来考虑！！考虑不连通
    要不连通，只需考虑某一个特殊的块被独立开来，而其他块不管他连不连通
*/
#include < cstdio >
#include < cmath >

double  dp[ 30 ];
 int  C[ 30 ][ 30 ];

 void  init()
 {
    for(int i=0;i<30;i++)
        C[i][0]=C[i][i]=1;
    for(int i=2;i<30;i++)
        for(int j=1;j<i;j++)
            C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
}

int  main()
 {
    init();
    int n;
    double p;
    while(~scanf("%d%lf",&n,&p))
    {
        dp[1]=1.0;
        //_dp[n] = ∑C[n-1,k-1]*dp[k]*(1-p)^(k*(n-k))
        //dp[n]=1-_dp[n];
        for(int nn=2;nn<=n;nn++)
        {
            double ans = 0.0;
            for(int k=1;k<nn;k++)
                ans+=C[nn-1][k-1]*dp[k]*pow(1-p,k*(nn-k)+0.0);
            dp[nn]=1-ans;
        }
        printf("%.8f\n",dp[n]);
    }
    return 0;
}