Description
给出一个有向无环的连通图，起点为1,终点为N，每条边都有一个长度。小A从起点出发，走向终点。
到达每一个顶点时，如果有K条离开该点的道路，小A可以选择任意一条道路离开该点，并且走向每条路的概率为 1/K 。
现在小A想知道，从起点走到终点的所经过的路径总长度期望是多少？
Input
第一行: 两个整数 N M，代表图中有N个点、M条边
第二行到第 1+M 行: 每行3个整数 a b c，代表从a到b有一条长度为c的有向边
Output
从起点到终点路径总长度的期望值，四舍五入保留两位小数。
Sample Input
4 4
1 2 1
1 3 2
2 3 3
3 4 4
Sample Output
7.00
Hint
对于30%的数据 N<=50
对于70%的数据 N<=1000
对于100%的数据 N<=100000，M<=2*N，边权<=1000
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测试数据：https://files.cnblogs.com/files/Syameimaru/tour.zip
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题解：
对于这道题，我们很容易想到，用动态规划的思想解决有关期望的问题。
可以观察到，每个店的期望值，都只与他的子节点有关，具体关系为：
f[i]=(f[j]+w)/d[i]
其中，f[i[表示从i节点，到达终点的路径的期望。
注意，这里我们不用f[i]表示到达i点概率的期望值，因为如果这样表示，会导致状态转移代价过大，使算法不够优秀，并且有更多的细节（只考虑能够到大的父节点计算入度），不够优秀，所以我们才用倒序来推。
时间复杂度 O(n),我们可以按照拓扑序倒序来转移。
当然，我们没必要真的进行拓扑排序，记忆化dp就好
下面是胡搞的代码：
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<vector> 4 #include<queue> 5 #define rep(i,a,b) for(register int i = (a);i<=(b);++i) 6 const int maxn = 120000 ; 7 struct Edge { 8 int v,dist; 9 Edge(int v,int dist):v(v),dist(dist){} 10 }; 11 std::vector<Edge> edges; 12 std::vector<int> G1[maxn],G2[maxn]; 13 std::queue<int> Q,Q2; 14 double f[maxn]; 15 int n,m,a,b,v,inq[maxn],tp[maxn]; 16 double dfs(int x) { 17 if(f[x]) return f[x]; 18 if(x==n) return 0; 19 for(register int i=0;i<G1[x].size();i++) { 20 Edge e = edges[G1[x][i]]; 21 f[x]+=dfs(e.v)+e.dist; 22 } 23 f[x]/=G1[x].size(); 24 return f[x]; 25 } 26 int main() { 27 freopen("tour.in","r",stdin); 28 freopen("tour.out","w",stdout); 29 scanf("%d%d",&n,&m); 30 rep(i,1,m){ 31 scanf("%d%d%d",&a,&b,&v); 32 inq[b]++;edges.push_back(Edge(b,v)); 33 edges.push_back(Edge(a,v)); 34 int num = edges.size(); 35 G1[a].push_back(num-2); 36 G2[b].push_back(num-1); 37 } 38 dfs(1); 39 printf("%.2lf",f[1]); 40 return 0; 41 }