期望计算的套路：
1、定义：算出所有测试值的和，除以测试次数。
2、定义：算出所有值出现的概率与其乘积之和。
3、用前一步的期望，加上两者的期望距离，递推出来。
题意：
一个树，dfs遍历子树的顺序是随机的。所对应的子树的dfs序也会不同。输出每个节点的dfs序的期望
思路：
分析一颗子树：
当前已知节点1的期望为1.0 ->anw[1]=1.0
需要通过节点1递推出节点2、4、5的期望值
1的儿子分别是2、4、5，那么dfs序所有可能的排列是6种：
1：1-2-4-5 （2、4、5节点的儿子没有写出）
2：1-2-5-4
3：1-4-2-5
4：1-4-5-2
5：1-5-2-4
6：1-5-4-2
计算节点2的期望值得时候，当节点2的前面已经排列了num个点，那么节点2的dfs序就要增加num
所以anw[2]的计算分为两部分，第一部分是：anw[2]=anw[1]+1 （节点1通过1步直接到达儿子2、4、5）
第二部分是：当节点1到达节点2的时候贡献是0，种类分别对应(1、2)
当先到达节点4后到节点2的时候贡献(size(4)+size(4)+szie(5))，种类分别对应(3、4)
当先到达节点5后到节点2的时候贡献(size(5)+size(5)+size(4))，种类分别对应(5、6)
而所有的排列对于的概率都是1/6，所以第二部分的贡献就是（0+size(4)*3+size(5)*3）/6 = (size(4)+size(5))/2
仔细推理几颗子树之后：发现anw[v]=anw[u]+1.0+(sz[u]-sz[v]-1)/2.0。
anw[u]+1.0对应第一部分 (sz[u]-sz[v]-1)/2.0 表示的是当前能排在节点v前面的u的儿子的总数 * 0.5
对比1-6的6种排列，任意儿子a、b ，满足a在b前面的概率是0.5
转自http://blog.csdn.net/libin66/article/details/51918509
代码懒得写了，转自同源：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<vector>
#include <ctime>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#define mst(ss,b) memset((ss),(b),sizeof(ss))
#define maxn 0x3f3f3f3f
#define MAX 1000100
///#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define INF (1ll<<60)-1
using namespace std;
int n;
struct edge{
int v,next;
}e[500100];
int head[100100],tot=0;
void Add(int u,int v){
e[tot].v=v;
e[tot].next=head[u];
head[u]=tot++;
}
int sz[100100];
void DFS(int u,int fa){
sz[u]=1;
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){
int v=e[i].v;
if(v==fa) continue;
DFS(v,u);
sz[u]+=sz[v];
}
}
double anw[100100];
void DFS1(int u,int fa){
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){
int v=e[i].v;
if(v==fa) continue;
anw[v]=anw[u]+1.0+(sz[u]-sz[v]-1)*1.0/2.0;
DFS1(v,u);
}
}
int main(){
mst(head,-1);
scanf("%d",&n);
for(int i=2;i<=n;i++){
int x;
scanf("%d",&x);
Add(x,i);
Add(i,x);
}
DFS(1,0);
anw[1]=1.0;
DFS1(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%.2f ",anw[i]);
return 0;
}