分析
数学期望入门题
数学期望：随机变量取值与概率的乘积之和
线性性：就是可以各种相加求解，然后乱搞dp
正经的，也就是说对于不相关的两个随机变量φ和ξ，E(φ±ξ)=E(φ)±E(ξ)；E(φξ)=E(φ)E(ξ)；E(φ/ξ)=E(φ)/E(ξ)
摘自洛谷___new2zy___ ：
根据题目要求，我们很自然的可以想到：
设状态f[x]f[x]表示点x到终点n的期望路径总长
显然，要求的答案为f[1],而且有f[n]=0f[n]=0
（终点到自己的期望距离肯定为0啊。。。）
发现这时就是期望dp的套路了。。。
正好要将期望dp，不妨我们先来说说期望dp的具体sao操作
期望dp，也加概率dp
一般来说，期望dp找到正确的状态后，转移是比较容易想到的。
但一般情况下，状态一定是“可数”的
事实上，将问题直接作为dp的状态是最好的。
如，问“n人做XX事的期望次数”，那么不妨设计状态为f[i]表示i个人做完事的期望。
转移一般是递推，通常分两种，一种是从上一个状态转移得（填表法），另一种是转移向下一个状态（刷表法）。
有时期望dp需以最终状态为初始状态转移，即逆推。
如f[i]表示期望还要走f[i]步到达终点。这种状态的转移是刷表法
形如f[i]=∑p[i→j]*f[j]+w[i→j]f[i]=∑p[i→j]∗f[j]+w[i→j]，其中p表示转移的概率，w表示转移对答案的贡献。
一般来说，初始状态确定时可用顺推，终止状态确定时可用逆推。
大概期望dp的套路就是这样了吧。。。（我还是菜讲得不太好）
现在我们回到本题
上面提到了，我们设状态f[x]表示点x到终点n的期望路径总长，那么显然有f[n]=0
那么这正好符合了“终止状态确定时可用逆推”的策略套路
具体来说：
对于一条有向边,我们假设它由 x->yx−>y
那么有f[x]=(\dfrac{1}{degree[x]})*∑f[y]+w[x->y]f[x]=(degree[x]1)∗∑f[y]+w[x−>y]
其中degree[x]degree[x]表示x点的度（结合一下上面给出的式子你就懂了）
仔细观察题目其实你会发现, (\dfrac{1}{degree[x]})(degree[x]1)其实就是概率(p)
同时又有一个问题，那就是转移时的过程怎么实现
不妨这样想：既然是个DAG，那么我们可以“倒过来”想
具体来讲，我们反向连边，进行一遍拓扑排序，在拓扑排序的时候进行期望dp的转移
这时候要注意上面的x和y要反过来（因为我们反向连边了）
那么我们转移方程就设计完啦
（其实还是挺好理解的是不是）（逃
分析一下复杂度
dp转移是与拓扑排序有关的，每次计算几乎是O(1)O(1)的
那么时间复杂度瓶颈就是拓扑排序，故时间复杂度为O(n+m)O(n+m)
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100009
using namespace std;
int n,m;
int nxt[N<<1],head[N],to[N<<1],w[N<<1],cnt=0;
void add(int x,int y,int z){
nxt[++cnt]=head[x];head[x]=cnt;to[cnt]=y;w[cnt]=z;
}
int num[N],ru[N];
double dis[N];
queue<int > Q;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
int i,j,k,u,v,z;
for(i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&z);
add(v,u,z);ru[u]++;num[u]++;
}
dis[n]=0;Q.push(n);
while(!Q.empty()){
int u=Q.front();Q.pop();
for(int e=head[u];e;e=nxt[e]){
int v=to[e];
dis[v]+=(dis[u]+w[e])/num[v];
ru[v]--;
if(!ru[v]) Q.push(v);
}
}
printf("%.2lf",dis[1]);
return 0;
}