首先根据那啥啥期望的线性性，被充电原件的期望个数等于所有原件被充电的概率之和，于是我们考虑如何计算每一个原件被充电的概率
首先自己被充电和被导电两个概率是互相独立的，计算还得容斥很麻烦，于是我们考虑转为计算每个原件不会被导电的概率。一个原件不导电就是自己没电，别的节点也不会给它电。而别的节点的情况也分为两类，一是自己就没电，二是自己有电但边不导电而这两个事件是互相独立的
我们先用树形dp计算出一个点不会被子树内的点导电的概率是多少，设(dp_i)表示点(i)不导电的概率，(P_i)表示点(i)导电概率，(val_i)表示这条边导电的概率，则(dp_u=(1-P_u)prod dp_v+(1-dp_v)(1-val_i))
然后考虑(i)不会被子树外的点充上电的概率，设(fa_i)为点(i)不会被父亲充电的概率，那么点(i)不会被充电的概率就是(fa_i*dp_i)，即父亲和子树都不会使它充上电。
然后考虑怎么转移，比方说(u)是(v)的父亲，那么(v)不会被(u)充电的情况就是(u)没电或有电但边不导电。如何计算不考虑(v)的子树时(u)不导电的概率？因为转移是通过乘法原理转移的，所以只要把(v)对(u)的贡献除去即可，也就是说只要用(u)不会被充电的总概率除以(v)不会使(u)充上电的概率即可
于是只要两边dfs，一遍求(dp)，一遍求(fa)就可以了
如果有没讲清楚的地方可以看代码，代码应该还蛮好理解的
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
const int N=5e5+5;
int head[N],Next[N<<1],ver[N<<1],tot;db edge[N<<1];
inline void add(int u,int v,db e){ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot,edge[tot]=e;}
db son[N],fa[N],st[N],res,p;int n;
void dfs1(int u,int fat){
son[u]=1.0-st[u];
for(int i=head[u];i;i=Next[i]){
int v=ver[i];if(v==fat)continue;dfs1(v,u);
son[u]*=son[v]+(1.0-son[v])*(1.0-edge[i]);
}
}
void dfs2(int u,int fat){
for(int i=head[u];i;i=Next[i]){
int v=ver[i];if(v==fat)continue;
p=fa[u]*son[u]/(son[v]+(1.0-son[v])*(1.0-edge[i]));
fa[v]=p+(1.0-p)*(1.0-edge[i]);dfs2(v,u);
}
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
for(int i=1,u,v,e;i<n;++i)scanf("%d%d%d",&u,&v,&e),add(u,v,e/100.0),add(v,u,e/100.0);
for(int i=1,v;i<=n;++i)scanf("%d",&v),st[i]=v/100.0;fa[1]=1;
dfs1(1,0),dfs2(1,0);for(int i=1;i<=n;++i)res+=1-son[i]*fa[i];
printf("%.6lf
",res);return 0;
}