题意：
有n个房间，由n-1条隧道连通起来，实际上就形成了一棵树，
从结点1出发，开始走，在每个结点i都有3种可能： 1.被杀死，回到结点1处（概率为ki） 2.找到出口，走出迷宫 （概率为ei） 3.和该点相连有m条边，随机走一条 求：走出迷宫所要走的边数的期望值。
做法：
dp[i]表示从房间i开始逃出去的期望。那么题目要求的答案就是dp[1]。
定义dp的含义以后，我们很容易推出转移方程： （注：SUM（）为对其所有相邻点v的情况和）
dp[i] = ki*dp[1] + ei*0+ SUM( ( 1-ki-ei)/m*(dp[v]+1) );
(i != 1, v为所有相邻点, m[i]为相邻点的个数)
对于这题，我们要把所有相邻点分为 父亲 和 儿子 两类， 之后会发现这种分法是有理由的
对于叶子节点：
dp[i] = ki*dp[1] + (1-ki-ei)*dp[fa[i]] + (1-ki-ei);
对于非叶子节点：
dp[i] = ki*dp[1] + SUM( ( 1-ki-ei)/m[i]*dp[v] )+(1-ki-ei) ) *dp[fa[i]]
+ ( 1-ki-ei);
我们就可以得到n个方程组，解出这个方程组就可以算出答案dp[1]了。
方程组求解：迭代法
我们从叶子节点出发，不断把叶子节点的方程代到其父亲节点上去，这样就能解出dp[1]了。
我们以u--->v为例， u为父亲， v为所有u的儿子
为了方便推导，我们设 A[i] = ki， B[i] = (1-ki-ei)/m[i]， C[i] = 1-ki-ei
(即叶子节点的每项系数)
把叶子节点代入其父亲节点， 化简整理得：
dp[u] ={ ( A[u]+B[u]*SUM(A[v]) )*dp[1] + B[u]*dp[fa[u]]
+ C[u] + SUM(C[v])*B[u]
} / (1 - B[u]* SUM(B[v]) );
然后更新u节点的方程系数(A[u], B[u], C[u]) 不断往上代入。
最后得dp[1] = A[1]*dp[1] + C[1]; （1没有父亲）。
解出dp[1]即可， 注意在往上代入方程的时候会用到除法， 当分母为零时方程无解，即为impossible
代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#define pb push_back
using namespace std;
const int maxn = 10003;
const double eps = 1e-9;
int n, x, y;
double k[maxn], e[maxn];
double A[maxn], B[maxn], C[maxn];
int len[maxn];
struct Edge {
int v, next;
}edge[maxn<<1];
int head[maxn], E;
inline void init() {
E = 0;
memset(head, -1, sizeof(int)*(n+1));
}
inline void add(int s, int t) {
edge[E].v = t;
edge[E].next = head[s];
head[s] = E++;
edge[E].v = s;
edge[E].next = head[t];
head[t] = E++;
}
inline bool dfs(int u, int fa) {
int i;
A[u] = k[u];
B[u] = (1-k[u]-e[u])/len[u];
C[u] = (1-k[u]-e[u]);
double tmp = 0;
for(i = head[u]; ~i; i = edge[i].next) {
int v = edge[i].v;
if(v == fa) continue;
if(!dfs(v, u)) return 0;
A[u] += B[u]*A[v];
C[u] += B[u]*C[v];
tmp += B[u]*B[v];
}
tmp = 1-tmp;
if(tmp < eps) return 0;
A[u] /= tmp;
B[u] /= tmp;
C[u] /= tmp;
return 1;
}
int main() {
int i, cas;
scanf("%d", &cas);
for(int ca = 1; ca <= cas; ca++) {
scanf("%d", &n);
init();
memset(len, 0, sizeof(int)*(n+1));
for(i = 1; i < n; i++) {
scanf("%d%d", &x, &y);
add(x, y);
len[x]++; len[y]++;
}
for(i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lf%lf", &k[i], &e[i]);
k[i] /= 100;
e[i] /= 100;
}
printf("Case %d: ", ca);
if(dfs(1, -1) && (1-A[1]) > eps) {
printf("%.6f\n", C[1]/(1-A[1]));
}
else puts("impossible");
}
return 0;
}
