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。
Sample Input
3 3
2 3
1 2
1 3
2 3
1 2
1 3
Sample Output
3.333
HINT
边(1,2)编号为1，边(1,3)编号2，边(2,3)编号为3。
Source
实在是闲的没事做才把这个题做掉。。。
首先我们可以需要计算每条边被经过的概率，因为要总期望最小，那么要让经过概率高的边的权值小，sort一遍即可。。。
如何求一条边被经过的概率呢，设边(x,y),经过x的概率是g[x]，经过y的概率是g[y]，x的度数为du[x]，y的度数为du[y]。。。
那么答案显然等于g[x]/du[x]+g[y]/du[x]；
然后我们相当于是要求经过每个点的概率(因为到了n就停止，所以我们要求经过1-n-1的点的概率，经过n的概率为0)
那么显然g[x]=∑g[y]/du[y]。。。
然后我们发现这是一个转移有环的dp，我们可以通过高斯消元来解决，经过1的概率为1。。
然后得出解，那么再算出每条边经过的概率，然后sort一遍出解。。。
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#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3000;
int n,m,head[N],nxt[300050],to[300050],cnt,du[N];
double a[N][N],v[300050];
void gauss() {
for(int i=1;i<=n;i++) {
int t=i;
while(!a[t][i]) t++;
if(i!=t) swap(a[t],a[i]);
double k=a[i][i];
for(int j=i;j<=n+1;j++) a[i][j]/=k;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(j!=i&&a[j][i]) {
k=a[j][i];
for(int p=i;p<=n+1;p++) a[j][p]-=k*a[i][p];
}
}
}
void lnk(int x,int y){
du[x]++;du[y]++;
to[++cnt]=y,nxt[cnt]=head[x],head[x]=cnt;
to[++cnt]=x,nxt[cnt]=head[y],head[y]=cnt;
}
struct data{
int x,y;
}e[300050];
bool cmp(double a,double b){return a>b;}
int main(){
freopen("walk.in","r",stdin);
freopen("walk.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&e[i].x,&e[i].y);lnk(e[i].x,e[i].y);}
n--;
for(int x=1;x<=n;x++){
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=to[i];if(y!=n+1) a[x][y]=1.0/du[y];
}
a[x][x]=-1.0;
}
a[1][n+1]=-1.0;gauss();
for(int i=1;i<=m;i++) v[i]=a[e[i].x][n+1]/du[e[i].x]+a[e[i].y][n+1]/du[e[i].y];
sort(v+1,v+1+m,cmp);double ans=0;for(int i=1;i<=m;i++) ans+=v[i]*i;printf("%.3f
",ans);
return 0;
}