这是一道概率+树形\(dp\)
首先我们看到这里每一个的贡献都是1，所以我们要求的期望就是概率
求得其实就是这个
\[\sum_{i=1}^nP_i\]
\(P_i\)为节点\(i\)通电的概率
显然节点\(i\)通电有三种可能
它自己来电了
它的子树里有一个点来电了传了过来
它的子树外面有一个点来电了传了过来
第一种情况最好考虑了，至于第二种和第三种我们好像很难解决的样子
但是这显然也告诉了我们这是一个套路题，第二种和第三种正好就是树规里的\(up\) \(and\) \(down\)思想
于是我们设\(h[i]\)表示第\(i\)个节点通电的概率，之后我们利用\(up\) \(and\) \(down\)思想，在第一遍dfs的过程中，\(h[i]\)表示\(i\)通电的概率，且电一定来自它自己或者它的子树里（对应第一第二种情况），在第二遍dfs的时候被更新成为电来自于任何地方的概率（对应所有情况）
最开始初始化，\(h[i]=a[i]*0.01\)电只能来自自己
之后第一遍dfs，树形dp里的\(up\)，我们要将子树的信息合并给根，由于根通电还是有两种可能
根自己来电了
儿子来电，儿子通向根的边导电
显然这两种情况只需要满足一种就够了
但是合并之后的概率是多少呢，直接加起来显然是不对的而我还真加了起来
我们考虑有两个事件\(A,B\)，发生的概率分别是\(P(A),P(B)\)，那么至少发生一件的概率应该是
\[P(A)+P(B)-P(A)*P(B)\]
这个怎么推出来的，很简单，至少发生一件，那么就有三种可能
\(A\)发生\(B\)不发生，那么则为\(P(A)*(1-P(B))\)
\(B\)发生\(A\)不发生，那么则为\(P(B)*(1-P(A))\)
\(A,B\)一起发生，那么则为\(P(A)*P(B)\)
三项合起来最后一化就是\(P(A)+P(B)-P(A)*P(B)\)
所以我们合并根和子树的信息的时候，\(P(A)=h[i],P(B)=h[j]*p(i,j)\)，\(i\)是子树的根，\(j\)是\(i\)的儿子,\(p(i,j)\)是这条边导电的概率
所以\(h[i]=P(A)+P(B)-P(A)*P(B)\)
之后我们就要考虑\(down\)了，一个节点有点也有可能来自它的父亲，于是我们采用\(down\)的思想用父亲更新儿子
显然我们更新一位父亲的某个儿子，显然我们只能用其他点来电传到父亲的概率来更新这个儿子
于是我们设\(P(B)=h[j]*p(i,j)\)，而且有
\[P(A)+P(B)-P(A)*P(B)=h[i]\]
我们要求的是\(P(A)\)即除了\(j\)这棵子树其他点来电使得\(i\)有电的概率
于是解一下这个方程
\[P(A)-P(A)*P(B)=h[i]-P(B)\]
\[P(A)*(1-P(B))=h[i]-P(B)\]
\[P(A)=\frac{h[i]-P(B)}{1-P(B)}\]
而之后我们去更新儿子的话还有一边是否导电需要考虑，于是
\[h[j]=h[j]+(P(A)*p(i,j))-h[j]*P(A)*p(i,j)\]
之后就没有啦，同时还有一个非常坑的地方就是如果\(P(B)=h[j]*p(i,j)=1\)
那么除以\(1-P(B)\)肯定会出错，由于\(h[j]\)都已经是1了，显然没有什么必要去更新它了，于是可以直接跳过这一层接着往下更新就好了
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 500005
#define eps 1e-7
struct node
{
int v,nxt,w;
}e[maxn<<1];
int num,n,m;
int a[maxn],head[maxn],deep[maxn];
double h[maxn];
double ans;
inline int read()
{
char c=getchar();
int x=0;
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')
x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
return x;
}
inline void add_edge(int x,int y,int z)
{
e[++num].v=y;
e[num].nxt=head[x];
e[num].w=z;
head[x]=num;
}
void dfs(int x)//up
{
for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(!deep[e[i].v])
{
deep[e[i].v]=deep[x]+1;
dfs(e[i].v);
double k=h[e[i].v]*double(e[i].w)/100;
h[x]=h[x]+k-h[x]*k;
}
}
inline int check(double aa,double bb)
{
if(aa+eps>bb&&aa-eps<bb) return 1;
return 0;
}
void redfs(int x)//down
{
ans+=h[x];
for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(deep[e[i].v]>deep[x])
{
if(check(h[e[i].v]*double(e[i].w)/100,1))
{
redfs(e[i].v);
continue;
}
double k=(h[x]-h[e[i].v]*double(e[i].w)/100)/(1-h[e[i].v]*double(e[i].w)/100);
k*=double(e[i].w)/100;
h[e[i].v]=h[e[i].v]+k-k*h[e[i].v];
redfs(e[i].v);
}
}
int main()
{
n=read();
int x,y,z;
for(re int i=1;i<n;i++)
{
x=read();
y=read();
z=read();
add_edge(x,y,z),add_edge(y,x,z);
}
for(re int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read(),h[i]=a[i]*0.01;
deep[1]=1;
dfs(1);
redfs(1);
printf("%.6lf",ans);
return 0;
}