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我们令$P_i$表示从第i号点出发的期望次数。则$P_n$显然为$0$。
对于$P_2~P_{n-1}$，则有$P_i= \sum \frac{P_j} {d_j}$，其中节点j与节点i有边相连，$d_j$表示节点j的度数。
对于$P_1$，则有$P_i=1+ \sum \frac{P_j} {d_j}$。
不难发现其实就是一个$n$元一次方程组，我们可以通过高斯消元求出每一个$P_i$。
对于一条边$(x,y)$，经过这条边的期望次数为$ \frac {P_x} {d_x} + \frac {P_y} {d_y}$，我们设此值为$p_i$ 。
我们把期望经过次数从大到小排序，则答案为$\sum_{i=1}^{n} p_i \times i$。
然后就做完了。
AC代码如下：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define M 505 3 using namespace std; 4 int a[M][M]={0},n,m; 5 double f[M][M]={0},p[M]={0},du[M]={0}; 6 7 void solve(){ 8 for(int i=1;i<=n;i++){ 9 for(int j=i+1;j<=n;j++){ 10 double x=f[j][i]/f[i][i]; 11 for(int k=i;k<=n+1;k++) 12 f[j][k]-=x*f[i][k]; 13 } 14 } 15 for(int i=n;i;i--){ 16 for(int j=i+1;j<=n;j++) 17 f[i][n+1]-=f[i][j]*p[j]; 18 p[i]=f[i][n+1]/f[i][i]; 19 } 20 } 21 int X[M*M]={0},Y[M*M]={0}; double hh[M*M]={0}; 22 int main(){ 23 scanf("%d%d",&n,&m); 24 for(int i=1;i<=m;i++){ 25 int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); 26 a[x][y]=a[y][x]=1; 27 du[x]++; du[y]++; 28 X[i]=x; Y[i]=y; 29 } 30 f[1][n+1]=-1; f[n][n]=1; 31 for(int i=1;i<n;i++){ 32 f[i][i]=-1; 33 for(int j=1;j<=n;j++) if(a[i][j]) 34 f[i][j]=1/du[j]; 35 } 36 solve(); 37 for(int i=1;i<=m;i++) 38 hh[i]=p[X[i]]/du[X[i]]+p[Y[i]]/du[Y[i]]; 39 sort(hh+1,hh+m+1); 40 double ans=0; 41 for(int i=1;i<=m;i++) 42 ans+=hh[i]*(m-i+1); 43 printf("%.3lf\n",ans); 44 }
