前置知识：
最短路。\(\texttt{SPFA，dijkstra}\) 会一个即可解决本题。
简要题意：
已知若干组关系 \(x,y,z\)，即 \(x\) 和 \(y\) 两人转账需要扣除 \(z \%\) 的手续费（吞钱），问 \(A\) 给 \(B\) 打钱，至少要打多少，才能保证 \(B\) 得到 \(100\) 元。
这时代吞钱的人越来越多了。
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建图： 给 \(x\) 和 \(y\) 连边，边权为 \(1-\frac{z}{100}\)，表示 \(t\) 元钱从这条边流过，就只剩下 \((1-\frac{z}{100}) \times t\)，其余的被吞了。
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方法：用最短路算法求出从 \(A\) 到 \(B\) 的最大汇率。
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累积方案：汇率是乘法不是加法，和传统最短路有所不同。
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最短路：本人用了 \(\texttt{SPFA}\).（反正卡到 \(O(n^2)\) 我也不怕，\(n \leq 2000\) 就是这么弱）
时间复杂度：\(O(n^2)\).（\(\texttt{SPFA}\) 的时间复杂度就是这么玄学）
实际得分：\(100pts\).
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e3+1;
inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}
int n,m,s,t; bool vis[N];
vector<pair<int,double> >G[N];
double ans=1e9,dis[N];
inline double min(double a,double b) {
return a<b?a:b;
}
inline void SPFA() {
queue<int>q; q.push(s);
dis[s]=1; vis[s]=1; //准备宽搜
while(!q.empty()) {
int u=q.front(); q.pop();
vis[u]=0; //每个节点入队多次，所以
for(int i=0;i<G[u].size();i++) { //枚举转移
int v=G[u][i].first;
if(dis[u]*G[u][i].second>dis[v]) {
dis[v]=dis[u]*G[u][i].second; //把钱吞掉
if(!vis[v]) { //维护哈希
vis[v]=1; q.push(v);
}
}
}
}
}
int main(){
// freopen("money.in","r",stdin);
// freopen("money.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
// for(int i=1;i<=n;i++) dis[i]=0;
while(m--) {
int x=read(),y=read();
double z; cin>>z;
G[y].push_back(make_pair(x,1-z/100));
G[x].push_back(make_pair(y,1-z/100));
} s=read(),t=read(); SPFA(); //建图，跑最短路
cout<<fixed<<setprecision(8)<<100/dis[t]<<endl;
return 0;
}