可以做类似 连通无向图计数 的操作：设 f_S 表示 S 导出子图内的边按照所述方式随机是否保留，那么 1 可达 S 内所有点的概率，这里我们认为只有 1 \in S 时 f_S 才有意义。那么考虑不合法的情况必定是 1 只可达 S 的某个真子集 T，容斥减去这些情况即可。记 cross(S,T) 为 S,T 两个集合间的连边数（默认 S \cap T=\varnothing），转移应是 f_S=1-\sum\limits_{T \subsetneq S,1 \in T} f_T 2^{-cross(S-T,T)}。
但事实上限制是 “存在一个点 u”，假设这样合法的点 u 构成集合 P。那么在 G' 上，P 导出子图就应强连通，并且所有不在 P 内的点必然不能有边指向 P 内的点。除此之外要求 P 内所有点可达所有 1 \sim n，这部分的概率可以用上述 DP 计算，只需改为认为只有 P \subseteq S 时 f_S 才有意义即可。这三部分的概率都是独立的可以分别计算出后相乘，对所有 P \subseteq \{1,2...n\} 求出 P 导出子图强连通的概率与 主旋律 的做法一致。这样我们确实得到了一个 C 性质能跑的做法，但做 f 的 DP 的部分太慢了。4^n C 性质
观察这份代码，f 的转移可以视作在有向图上游走：对于 T \subsetneq S，T \to S 有一条权重为 -2^{-cross(S-T,T)} 的边，记一条路径的权值为其上所有边的边权之积。对于 P 而言，希望求出的值其实是所有起点 P' 满足 P \subseteq P'，且终点为 U 的 P' \to U 的所有路径的权值和。倒过来设 f'_T 为 T \to U 所有路径权值和，可以 O(3^n) 求出所有 f'_T，再做一次超集和即可求出需要的值。3^n C 性质
接下来考虑原问题，对于一颗选定的 G' 的外向生成树，它和 G 的最小生成树边权和相同实际上当且仅当对任意的 v \in \Z，连上所有边权 \le v 的所有边得到的图的连通性，与连接外向生成树边权 \le v 的所有边并视有向图为无向图后得到的图的连通性是完全一致的。这里 G_1,G_2 的连通性完全一致定义为 \forall 1 \le u,v \le n，u,v 在 G_1 内连通充要于 G_2 内连通。这一性质如果了解 最小生成树计数 的做法就不难看出。
知道这一点后，该如何设计出一个易于改写为计数的判断 G' 是否合法的算法？设 G_v 只保留 G 内所有边权 \le v 的边后得到的图，G'_v 为 G' 的某颗合法外向生成树只保留边权 \le v 的边后得到的图。由于上述性质，\forall v \in \Z，G'_v 一定形成与 G_v 弱连通性一致的外向森林（外向树删去一些边后得到外向森林）。且从 v \to v+1，考虑 G_{v+1} 的某个连通块是由一些 G_v 的连通块合并而来，相应的 G'_{v+1} 内点集一致的弱连通块一定由 G'_v 内原来的对应的外向森林（设有 s 颗外向树）合并而来，有恰 s-1 个原来的外向树的根被一条 G' 内边权为 v+1 的边指向。
既然这样，不难看出实际上只有每个外向树的根是重要的。要对 G' 找合法外向生成树，在固定 v 时只需知道 G_v 的每个连通块内，以这个连通块内的每个点为根是否存在满足上述过程的外向生成树。初始 v=0 时 G_0 没有边，所有点都合法。当 v \to v+1 时，若 G_{v+1} 合并了一些连通块 S_1,S_2...S_k ，u \in S_i 合法，当且仅当它之前就合法，且可以选出 G 中一些权值为 v+1，指向的点也之前合法的边，使得将 S_i 整体视作一个点后，选出的边在 k 个点的图上是一颗以 i 为根的外向树。最后只要有至少一个点合法 G' 就合法。
新问题与 C 性质是非常类似的，但区别在于在新问题上即使是权值为 v+1 的会被考虑的边，其也只在指向的点是之前合法的点时有意义。增量维护 v，设 res_S 为 S 所在的 G_v 的连通块中 S 恰是合法点集的概率，res_S 的值仅在 S 所有点在 G_v 中属于同一连通块时才有意义。v \to v+1 时需要计算新的 res，将 C 性质的做法移植过来即可，区别主要在于如果将一个 G_v 中的连通块视作一个点的话，这个点带有一些 “属性” 是这个连通块之前的合法点集，而这个 “属性” 会影响转移系数（因为只有指向的点是合法点的边才有意义） 。细枝末节的地方建议 看代码。
最后是时间复杂度的问题，容易理解复杂度不会高于 O(3^nn) 因为实际上连通性只会发生 n 次合并，而每次合并的转移只是在做 C 性质是 O(3^n) 的。但实际上加一个小优化：若点 u 所在的连通块在 G_v,G_{v+1} 中没有发生变化，所有包含 u 的 res 其实保持不变，于是所有包含 u 的状态都无需考虑。那么合并总点数为 s 的连通块便只消耗 O(3^s) 时间，考虑 T(n)=\max\limits_{a_1+a_2+a_3+...+a_k=n,a_i \ge 1,k > 1} (\sum\limits_{i=1}^k T(a_i)+O(3^n)) 显然是 O(3^n) 的。如果要分析得再仔细一些的话，上面给出的代码其实是 O(2^nn^2+3^n) 的。