给最多10条链。每条链长度最大1000，链上每点有权值，每条链上按顺序，第i个点属于level[i]。
链上后一个点能够选的前提是前面的点都选了。
选择了一些点能够得到的分数是两部分加起来：1、所有点权和 2、leveli的点共同拥有yi个。若你选择了xi个，则得分：你选择的该层点权和*xi/yi
问全部可能的取值组合的分数期望。
题意太纠结了。读的好心塞，感觉思考能力都下降了。
由于题目是求期望，所以我们须要得到，1、总方案数，2、全部取法的得分和。
对于1，就是（每条链上点数+1）相乘-1就是了
对于问题2，
当中主要要解决得分规则2，因为总共最多10条链，对于每个level i ，我们能够想到用二进制记录第i层状态，枚举第i层的取法，
这样我们的问题就变成了。我们要求每一种取法的得分数，以及在总方案数中。这样的取法占了多少种。
这样还是比較好算的，假如第i层，有第1 3 4 6条链上能够取，你取了1 3上的第i个数。则第4 6条链最多取到第i-1个数。如果第1 3 4 6条链上总共分别有5 6 3 4个点。
那么取1 3的所有方案数就是 （5-1）×（6-3）×min(3,i)×min(4,i) 种。由于1 3链上必须取到第i个数，第i个后面的可选，而第4 6条链仅仅能选前i-1个数，那么这样乘起来就是总方案数。
如今主要问题都攻克了，我们就能够累加得分算出总得分，进而求期望了。
题目的wa点有：点从0開始记数。总方案数用int会爆，直接double就能够了。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
const int maxn=10010;
int vis[maxn],son[maxn],len[15],val[maxn],level[maxn],mk[maxn],list[15][1005];
double cal(int a,int b)//a表示枚举到第alevel b的二进制位表示levela层可能取哪些链
{
double n=1,sum=0;
int cnt=0;
for(int i=1;i<=10;i++,b>>=1)
{
if(b&1)
{
cnt++;
n*=(len[i]-a);
sum+=list[i][a];
}
else
n*=(min(len[i],a)+1);
}
return sum*((cnt>1?cnt:0)+level[a])/level[a]*n;
}
int main()
{
int icy,m,i,n,k,j,a,b;
scanf("%d",&icy);
while(icy--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=0;i<n;i++)//注意点是从0開始编号的。！！
scanf("%lld",&val[i]);
memset(son,-1,sizeof son);
memset(vis,0,sizeof vis);
while(m--)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
son[a]=b;
vis[b]=1;
}
//建图记录下面：
int l=1;//求链的总数
memset(mk,0,sizeof mk);//每一个level出如今哪些链中
memset(level,0,sizeof level);//level[i]的点数 //level总数：第一个level[k]==0的k
memset(list,0,sizeof list);//list[i][j]第i条链的第j位置的值
memset(len,0,sizeof len);//每条链的长度
double tot=1;//分母
for(i=0;i<n;i++)
{
if(!vis[i])
{
vis[i]=1;
for(k=0,j=i;j!=-1;j=son[j],k++)
{
list[l][k]=val[j];
level[k]++;
mk[k]+=(1<<(l-1));
}
len[l]=k;
tot*=(k+1);
l++;
}
}
tot-=1;//分母
double sum=0;
for(i=0;level[i];i++)//枚举每一层level
for(j=mk[i];j>0;j=(j-1)&mk[i])//枚举这一层取哪几条链上的全部可能
sum+=cal(i,j);
printf("%.3lf
",sum/tot);
}
return 0;
}