Description
一个无向连通图，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。
Input
第一行是正整数N和M，分别表示该图的顶点数 和边数，接下来M行每行是整数u，v(1≤u,v≤N)，表示顶点u与顶点v之间存在一条边。 输入保证30%的数据满足N≤10，100%的数据满足2≤N≤500且是一个无向简单连通图。
Output
仅包含一个实数，表示最小的期望值，保留3位小数。
给定一个简单无向连通图，求给每个边分配一个边权，使得从 $1$ 号点到 $n$ 号点经过边权和的期望值最小. （分配的边权互不相同，且值域为 $[1,m]$).
首先有一个结论，$1$ 到 $n$ 号点权和的期望值为 $sum_{i=1}^{m}val[i] imes perc[i],$即每条边的边权乘以走这条边的概率.
然后，我们发现经过每条边的概率只与这条边两个端点有关，即分别走到两个端点的概率以及两个端点的度数.
具体地，我们可以列出这样的方程组：($f[i]$ 表示从起点走到 $i$ 的概率）
$f[i]=sum f[from] imes deg[from].$
如果这是一个 $DAG,$ 则可以直接来一遍裸的 dp,然而由于有环的存在，只能用高斯消元.
即将式子变为 $f[i]-sum f[from] imes deg[from]=0.$
可以将这个看作是关于 $i$ 的一个方程组，列出方程矩阵之后解一下即可.
特别的，由于肯定会经过 $1$ 号点，所以高斯消元中 $1$ 所对应的那个方程组的常数项为 $1.$
其实呢，你也可以把这个概率理解为期望经过该点的次数.
而你发现在这个情况下这个期望出现的次数和概率是等价的.
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 503
#define M 205089
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin)
using namespace std;
double f[N][N],G[M];
int edges;
int hd[N],to[M<<1],nex[M<<1],deg[N],U[M],V[M];
void add(int u,int v)
{
nex[++edges]=hd[u],hd[u]=edges,to[edges]=v;
}
void Gauss(int n)
{
int i,j,k,now;
for(i=1;i<=n;++i)
{
now=i;
for(j=i;j<=n;++j)
{
if(fabs(f[j][i])>fabs(f[now][i])) now=j;
}
if(now!=i)
{
for(j=1;j<=n;++j) swap(f[i][j],f[now][j]);
}
if(f[i][i])
{
for(j=i+1;j<=n+1;++j) f[i][j]/=f[i][i];
f[i][i]=1;
}
for(j=i+1;j<=n;++j)
{
double div=f[j][i];
for(k=i+1;k<=n+1;++k) f[j][k]-=div*f[i][k];
f[j][i]=0;
}
}
for(i=n;i>=1;--i)
{
for(j=i+1;j<=n;++j)
{
f[i][n+1]-=f[j][n+1]*f[i][j];
}
}
}
int main()
{
int i,j,n,m;
// setIO("input");
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=m;++i)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u),++deg[u],++deg[v],U[i]=u,V[i]=v;
}
f[1][n]=1.0;
for(i=1;i<n;++i)
{
f[i][i]=1;
for(j=hd[i];j;j=nex[j])
{
int v=to[j];
if(v==n) continue;
f[i][v]=-1.0/deg[v];
}
}
Gauss(n-1);
for(i=1;i<=m;++i)
{
int a=U[i],b=V[i];
if(a!=n)
{
G[i]+=f[a][n]*(1.0/deg[a]);
}
if(b!=n)
{
G[i]+=f[b][n]*(1.0/deg[b]);
}
}
sort(G+1,G+1+m);
double ans=0;
for(i=1;i<=m;++i)
{
ans+=G[i]*((m-i+1)*1.0);
}
printf("%.3lf
",ans);
return 0;
}