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题目描述：
给定一个 (n) 个点 (m) 条边的无向连通图，顶点从 (1) 编号到 (n)，边从 (1) 编号到 (m)。
小 Z 在该图上进行随机游走，初始时小 Z 在 (1) 号顶点，每一步小 Z 以相等的概率随机选择当前顶点的某条边，沿着这条边走到下一个顶点，获得等于这条边的编号的分数。当小 Z 到达 (n) 号顶点时游走结束，总分为所有获得的分数之和。 现在，请你对这 (m) 条边进行编号，使得小 Z 获得的总分的期望值最小。
(2leq n leq 500,1 leq m leq 125000)。
正文：
边的数量太大，所以我们不能以直接求边的期望经过次数。那我们就求每个点的。设 (f_i) 表示第 (i) 个点的期望经过次数。那么第 (i) 条边的期望经过次数 (g_i) 就很好求了：
[g_i=frac{f_u}{deg_u}+frac{f_v}{deg_v}
]
其中 (deg_i) 表示第 (i) 个点的度数。
现在我们的问题是如何求 (f_i) 了。
容易得到：
[f_i=sum_{(i,j)in E,j
ot=n}frac{f_j}{deg_u}+(i==1)
]
如果我们直接 DFS，肯定是过不了的。可以用高斯消元。
首先 (1) 号点到 (n) 点的概率肯定是 (1)，其次是点 (i) 的期望次数减去其它点转移过来的期望次数肯定是 (0)。
因为到 (n) 停止游走，不能考虑 (n)，这样就能构成 (n-1) 个线性方程组，可以开搞高消了。
最后将 (g_i) 倒序排序，就能得到答案了。
代码：
int n, m;
int deg[N];
double f[N], a[N][N], g[M], ans;
struct edge
{
int from, to, nxt;
}e[M << 1];
int head[N], tot;
void add (int u, int v)
{
e[++tot] = (edge){u, v, head[u]}, head[u] = tot;
}
void Gauss(int n)
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int mxi = i;
for (int j = i + 1; j <= n; j++)
if(fabs(a[mxi][i]) < fabs(a[j][i])) mxi = j;
swap(a[mxi], a[i]);
double inv = a[i][i];
for (int j = i; j <= n + 1; j++)
a[i][j] /= inv;
for (int j = i + 1; j <= n; j++)
{
inv = a[j][i];
for (int k = i; k <= n + 1; k++)
a[j][k] -= a[i][k] * inv;
}
}
f[n] = a[n][n + 1];
for (int i = n - 1; i; --i)
{
for (int j = i + 1; j <= n; ++j)
a[i][n + 1] -= f[j] * a[i][j];
f[i] = a[i][n + 1] / a[i][i];
}
}
int main()
{
scanf ("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int x, y;
scanf ("%d%d", &x, &y);
add (x, y), add(y, x);
deg[x]++, deg[y]++;
}
for (int i = 1; i < n; i++)
{
a[i][i] = 1.0;
for (int j = head[i]; j; j = e[j].nxt)
{
int v = e[j].to;
if (v != n) a[i][v] -= 1.0 / deg[v];
}
}
a[1][n] = 1;
Gauss (n - 1);
for (int i = 1; i <= m; i++)
g[i] = f[e[i<<1].from] / deg[e[i<<1].from] + f[e[i<<1].to] / deg[e[i<<1].to];
sort (g + 1, g + 1 + m);
for (int i = 1; i <= m; i++)
ans += g[i] * (m - i + 1.0);
printf ("%.3lf", ans);
return 0;
}