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##[$AcWing$ $217$. 绿豆蛙的归宿](https://www.acwing.com/problem/content/description/219/)
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### 一、题目描述
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给出一个 **有向无环的连通图**，起点为 $1$ ，终点为 $N$，每条边都有一个长度。
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数据保证从起点出发能够到达图中所有的点，图中所有的点也都能够到达终点。
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绿豆蛙从起点出发，走向终点。
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到达每一个顶点时，如果有 $K$ 条离开该点的道路，绿豆蛙可以选择任意一条道路离开该点，并且走向每条路的概率为 $1/K$。
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现在绿豆蛙想知道，从起点走到终点所经过的路径总长度的 **期望** 是多少？
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**输入格式**
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第一行: 两个整数 $N，M$，代表图中有 $N$ 个点、$M$ 条边。
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第二行到第 $1+M$ 行: 每行 $3$ 个整数 $a,b,c$，代表从 $a$ 到 $b$ 有一条长度为 $c$ 的有向边。
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**输出格式**
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输出从起点到终点路径总长度的 **期望值**，结果四舍五入保留两位小数。
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**数据范围**
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$1≤N≤10^5,1≤M≤2N$
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**输入样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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4 4
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1 2 1
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1 3 2
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2 3 3
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3 4 4
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```
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**输出样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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7.00
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```
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### 二、数学期望
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期望的起点一般都是唯一的，终点一般都是不唯一的。
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所以，一般我们喜欢从终点倒推。
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$f(i)$：从$i$跳到$N$的期望长度。边界$f(N)=0$
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答案：$f(1)$
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首先明白一点：到达某个结果的期望值 = 这个结果 * 从起始状态到这个状态的概率
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**什么意思呢？**
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如图：
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<center><img src='https://img-blog.csdnimg.cn/c8715153345a4f48b17bca9db4a18c45.png?x-oss-process=image/watermark,type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk,shadow_10,text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3FxXzUxOTY4MTU1,size_16,color_FFFFFF,t_70'></center>
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我们计算从$1$号点到$3$号点的期望距离
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路径$1$. $\displaystyle 1 \rightarrow 3:E_1=2×\frac{1}{2}=1$
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路径$2$. $\displaystyle 1 \rightarrow 2 \rightarrow 3:E_2=1×\frac{1}{2}+3×\frac{1}{2}×1=2$
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这里路径$2$中从$1$到$2$概率为$\displaystyle \frac{1}{2}$,但单看从$2$到$3$概率就是$1$，但是从$1$到$3$那就是从($1$到$2$的概率)$\displaystyle \frac{1}{2}$×$1$($2$到$3$的概率)=$\displaystyle \frac{1}{2}$。
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所以从 点$1$ 到 点$3$ 的数学期望值=$1+2=3$
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><font color='red'><h5>总结
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① 概率是叠乘的
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② 概率计算出来后，需要乘上边权值，做为本边权的贡献值
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③ 所有贡献值累加和就是期望
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</h5></font>
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**有向无环图**
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题意:给定一个$DAG$，求路径和。
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由题意知，题目中的$K$就是每个点的出度。
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然后，又由题意知，最后一个点，它没有出度，而到自己的距离为$0$，即状态已经确定。
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用前向星存图，从第一个点开始
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$DFS$,每次枚举它所连的边，并把边的边权 ($w[i]$)加上，最后除以它的出度即可。
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方程：
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$dp[n]=0 \\
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dp[i]+=(dp[son[i]]+e[son[i]].val)/out[i]$
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其中，
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$son[i]$是$i$所连得边，$e$是前向星，$val$是边权,$out[i]$是$i$的出度。
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#### $Code$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
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int n, m;
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int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
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int out[N];
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double f[N];
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void add(int a, int b, int c) {
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e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
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}
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double dfs(int u) {
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if (f[u] >= 0) return f[u]; // 如果u点计算过，记忆化搜索返回结果值
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f[u] = 0; // 初始化为0，准备开始填充
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int j = e[i];
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f[u] += (w[i] + dfs(j)) / out[u];
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}
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return f[u];
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}
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int main() {
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memset(h, -1, sizeof h);
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cin >> n >> m;
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while (m--) {
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int a, b, c;
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cin >> a >> b >> c;
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add(a, b, c);
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out[a]++;
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}
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memset(f, -1, sizeof f);
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printf("%.2lf\n", dfs(1));
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return 0;
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}
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```
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