##[$AcWing$ $217$. 绿豆蛙的归宿](https://www.acwing.com/problem/content/description/219/)

### 一、题目描述
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。

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。

绿豆蛙从起点出发，走向终点。

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 $1/K$。

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？

**输入格式**
第一行: 两个整数 $N，M$，代表图中有 $N$ 个点、$M$ 条边。

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。

**输出格式**
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。

**数据范围**
$1≤N≤10^5,1≤M≤2N$

**输入样例：**
```cpp {.line-numbers}
4 4
1 2 1
1 3 2
2 3 3
3 4 4
```

**输出样例：**
```cpp {.line-numbers}
7.00
```

### 二、数学期望
期望的起点一般都是唯一的，终点一般都是不唯一的。

所以，一般我们喜欢从终点倒推。

$f(i)$：从$i$跳到$N$的期望长度。边界$f(N)=0$
答案：$f(1)$


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

**什么意思呢？**

如图：
<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>

我们计算从$1$号点到$3$号点的期望距离

路径$1$.  $\displaystyle 1 \rightarrow 3:E_1=2×\frac{1}{2}=1$

路径$2$.  $\displaystyle 1 \rightarrow 2 \rightarrow 3:E_2=1×\frac{1}{2}+3×\frac{1}{2}×1=2$

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)=$\displaystyle \frac{1}{2}$。 

所以从 点$1$ 到 点$3$ 的数学期望值=$1+2=3$
><font color='red'><h5>总结
① 概率是叠乘的
② 概率计算出来后，需要乘上边权值，做为本边权的贡献值
③ 所有贡献值累加和就是期望
</h5></font> 


**有向无环图**

![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202312191619342.png)


题意:给定一个$DAG$，求路径和。

由题意知，题目中的$K$就是每个点的出度。

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。

用前向星存图，从第一个点开始

$DFS$,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。

方程： 
$dp[n]=0 \\
dp[i]+=(dp[son[i]]+e[son[i]].val)/out[i]$

其中，

$son[i]$是$i$所连得边，$e$是前向星，$val$是边权,$out[i]$是$i$的出度。

#### $Code$
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;

int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int out[N];
double f[N];

void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
double dfs(int u) {
    if (f[u] >= 0) return f[u]; // 如果u点计算过，记忆化搜索返回结果值
    f[u] = 0;                   // 初始化为0，准备开始填充
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int j = e[i];
        f[u] += (w[i] + dfs(j)) / out[u]; 
    }
    return f[u];
}
int main() {
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n >> m;
    while (m--) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c);
        out[a]++;
    }
    memset(f, -1, sizeof f);
    printf("%.2lf\n", dfs(1));
    return 0;
}
```