小A的旅行（绿豆蛙的归宿）【期望ＤＰ】

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：

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<vector>
 #include<queue>
 #define rep(i,a,b) for(register int i = (a);i<=(b);++i)
 const int maxn =  ;
 struct Edge {
     int v,dist;
     Edge(int v,int dist):v(v),dist(dist){}
 };
 std::vector<Edge> edges;
 std::vector<int> G1[maxn],G2[maxn];
 std::queue<int> Q,Q2;
 double f[maxn];
 int n,m,a,b,v,inq[maxn],tp[maxn];
 double dfs(int x) {
     if(f[x]) return f[x];
     if(x==n) return ;
     for(register int i=;i<G1[x].size();i++) {
         Edge e = edges[G1[x][i]];
         f[x]+=dfs(e.v)+e.dist;
     }
     f[x]/=G1[x].size();
     return f[x];
 }
 int main() {
     freopen("tour.in","r",stdin);
     freopen("tour.out","w",stdout);
     scanf("%d%d",&n,&m);
     rep(i,,m){
         scanf("%d%d%d",&a,&b,&v);
         inq[b]++;edges.push_back(Edge(b,v));
         edges.push_back(Edge(a,v));
         int num = edges.size();
         G1[a].push_back(num-);
         G2[b].push_back(num-);
     }
     dfs();
     printf("%.2lf",f[]);
     return ;
 }