这里写的不错，虽然基本还是自己看转移...
每个点的贡献都是(1)，所以直接求每个点通电的概率(F_i)，答案就是(sum F_i)。
把(F_x)分成：父节点通电给(x)带来的概率(g_x)，和(x)及其子树通电给(x)带来的概率(f_x)。
对于两个独立的事件(A,B)，由概率加法公式，(P(A+B)=P(A)+P(B)-P(A)P(B))，(F_x=f_x+g_x-f_xg_x)。
令(p_x)表示(x)本身通电的概率，(p_{(x,v)})表示边((x,v))通电的概率，那么(f_x=p_x+sum_{vin son[x]}f_vp_{(x,v)})。注意这里的加法是概率的加法（相加再减去同时发生的概率）。
(g_x)的转移，就是(F_{fa})减去(x)转移到(fa)的概率。因为(P(A)=frac{P(A+B)-P(B)}{1-P(B)})，所以除去(x)的贡献外(fa)通电的概率(q=frac{F_{fa}-f_xp_{(fa,x)}}{1-f_xp_{(fa,x)}})，所以(g_x=q imes p_{(fa,x)})。
然后就做完啦。
ps：其实不是很懂第二次DFS，(P(B)=1)的时候（除(0)）(P(A))应该等于多少...
然而数据水？并不会出现(P(B)=1)的情况。
另一种DP方式：
还可以令(F_x)表示(x)不通电的概率，(F_x=f_xg_x)。那么只考虑子树的贡献，记(h_v)表示(v)给父节点贡献的概率，即(h_v=f_v+(1-f_v)(1-p_{(x,v)}))，有(f_x=(1-p_x)prod h_v)。
再考虑父节点的贡献(g_x)，同样考虑直接减掉(x)对(fa)的贡献，即(g_x=frac{F_{fa}}{h_x})（注意特判(h_x=0)的情况）。
同样两次DP就OK啦。
调了半年原来是边权没开double...
代码写的第一种DP。
//38344kb 3684ms
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define eps 1e-10
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=5e5+5;
int Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1];
double f[N],F[N],pe[N<<1];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
inline void AE(int w,int v,int u)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, pe[Enum]=1.0*w/100;
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum, pe[Enum]=pe[Enum-1];
}
void DFS1(int x,int fa)
{
double b;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa)
DFS1(v,x), b=f[v]*pe[i], f[x]=f[x]+b-f[x]*b;
}
void DFS2(int x,int fa)
{
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa)
{
double b=f[v]*pe[i];
if(fabs(1-b)<eps) F[v]=1;//=1怎么考虑的啊...网上都这么写的=-=
else
{
double q=(F[x]-b)/(1-b)*pe[i];
F[v]=f[v]+q-f[v]*q;
}
DFS2(v,x);
}
}
int main()
{
const int n=read();
for(int i=1; i<n; ++i) AE(read(),read(),read());
for(int i=1; i<=n; ++i) f[i]=1.0*read()/100;
DFS1(1,1), F[1]=f[1], DFS2(1,1);
double ans=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) ans+=F[i];
printf("%.6f
",ans);
return 0;
}