题意：n个充电元件形成一棵树，每个点和每条边都有各自的充电概率，元件可以自身充电或者通过其他点和边间接充电，求充电状态元件的期望个数
题解
设1为根节点
设 (f[x]) 表示 (x) 不从以 (x) 为根的子树中充电的概率 ，前提自己不充电，再乘上儿子不充电或者边不充电的概率，因此有
[f[x]=(1-w[x])prod(1-(1-f[y]) imes w(x,y))
]
这样进行第一次DP
再设 (g[x]) 表示 (x) 不充电的概率，他的前提是 (f[x]) 并且不从父亲上面充电。
如果从父亲上面充电，前提是父亲从父亲的父亲充电并且边也充电，用1减去这个概率就是不从父亲充电的概率
[g[y]=f[y] imes(1-w(x,y) imes(1-frac{g[x]}{1-(1-f[y]) imes w(x,y)}))
]
据说这东西叫换根DP，反正就是两遍DP就是了
#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i(a);i<=(b);++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read(){char c;int w;
while(!isdigit(c=getchar()));w=c&15;
while(isdigit(c=getchar()))w=w*10+(c&15);return w;
}
template<typename T,typename U>inline char smax(T&x,const U&y){return x<y?x=y,1:0;}
template<typename T,typename U>inline char smin(T&x,const U&y){return x>y?x=y,1:0;}
const int n=read(),N=5e5+5;
int head[N],tot;double w[N],f[N],g[N],ans;
struct node{int v,nxt;double w;}e[N<<1];
inline void add(int x,int y,double z){e[++tot].v=y,e[tot].w=z,e[tot].nxt=head[x];head[x]=tot;}
void go(int x,int fa){
f[x]=1-w[x];
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
const int&y=e[i].v;
if(y!=fa){
go(y,x);
f[x]*=1-(1-f[y])*e[i].w;
}
}
}
void dfs(int x,int fa){
ans+=1-g[x];
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
const int&y=e[i].v;
if(y!=fa){
if((1-(1-f[y])*e[i].w)>1e-8)g[y]=f[y]*(1-(1-g[x]/(1-(1-f[y])*e[i].w))*e[i].w);
else g[y]=f[y];
dfs(y,x);
}
}
}
int main(){
REP(i,2,n){
int x=read(),y=read();double z=read()/100.;
add(x,y,z),add(y,x,z);
}
REP(i,1,n)w[i]=read()/100.;ans=0;
go(1,0);g[1]=f[1];dfs(1,0);printf("%f
",ans);
return 0;
}