题目翻译:（翻译来自: ）

一个迷宫是一棵树（即一张无向图，其中任意两点之间仅有一条路径）。迷宫的起点和终点都按照某种概率随机选取。人们会在迷宫中用深度优先搜索的方法搜寻终点。如果有许多条可能的路径，会等概率地选取一条。考虑如下伪代码：

DFS(x)

    if x == exit vertex then

        finish search

    flag[x] <- TRUE

    random shuffle the vertices' order in V(x) // here all permutations have equal probability to be chosen

    for i <- 1 to length[V] do

        if flag[V[i]] = FALSE then

            count++;

            DFS(y);

    count++;

V(x)是和x相邻的顶点列表。最初flag数组的值均为false。第一次DFS的参数是迷宫的入口节点。当搜索终止，变量count的值就是在迷宫中走的步数。

你的任务是计算在迷宫中从入口到出口，所走的期望步数。

题解：

  首先一看知道题就知道应该去求每个点对答案的贡献

现在考虑如何求出这个贡献。

我们发现如果我们单独枚举一个点，那么这个点的情况一共有三种:

1.必定被经过 

 2.必定不被经过

 3.不一定被经过

这样就不好统计了，所以我们先转换一下思维

怎样才能准确的找出经过的路径？ 最直接的方法就是暴力枚举所有的起点和终点

这样路径就唯一确定了，直接在这个图中求一边期望，然后加权求和

可是 n <= 10^5，暴力肯定无法通过，但是有值得我们借鉴的思维

 

枚举端点

我们可以枚举终点，这样情况就分成了。。。还是三种:

 1.起点就是终点，贡献为0，该情况可以忽略

 2.起点在以终点为根的子树中

 3.起点不在以终点为根的子树中

对于第二种情况，我们可以直接计算贡献，即(子树的节点数目*子树中有一个点作为入口的概率)

对于第三种情况，我们也可以直接计算的，即(除去子树后树的节点数目*除去子树后树中存在入口的概率)

为什么能这么计算呢？

我们考虑一下，如果根的某一个儿子是入口，那么贡献应为0.5*siz[v]*2

我们发现，如果一条路径经过n个点两次后到达出口，那么对答案的贡献即为(n<<1)

我们可以这么想，把题目中给的伪代码改动一下，那么每次到达一个点++count,退出一个点++count

最后再--count，这样就是这条路径对答案的贡献。

所以，我们直接刨去到达终点时对答案做出的贡献，那么就可以得到刚才的式子了

我们考虑进行推广，发现所有的点都满足这个式子

所以我们可以直接对若干个点直接加和，那么就是上面提到的计算方式了

O(n)

Code

1 #include 
      
        2 #include 
       
         3 #include 
        
          4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 inline void read(int &x){ 7 x=0;char ch;bool flag = false; 8 while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true; 9     while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;10 }11 inline int cat_max(const int &a,const int &b){
    return a>b ? a:b;}12 inline int cat_min(const int &a,const int &b){
    return a