传送门

好像概率期望也写过一些题了，但是没啥用，还是不会套路，看了题解才会写

首先设\(f[x]\)为\(x\)到\(n\)的期望最少步数，\(deg_x\)表示\(x\)的度数

不考虑不动，显然\(f[x]=\sum_{(x,y)\in E}\frac{f[y]+1}{deg_x}\)

由于可以不动，\(f[x]=\sum_{(x,y)\in E}\frac{\min(f[x],f[y])+1}{deg_x}\)

然后我们其实也就是只有当\(f[y]<f[x]\)时才会产生贡献

这个条件和\(\rm dijkstra\)的松弛操作很相似，所以可以用\(\rm dijkstra\)来计算

但是这个式子并不好维护，因为只有\(f[y]<f[x]\)的时候才会产生贡献，那么很多枚举都是无效的

所以我们可以改一下式子\(f[x]=\frac{deg_x+\sum_{(x,y)\in E,f[y]<f[x]}f[y]}{\sum_{(x,y)\in E}[f[y]<f[x]]}\)

这样就可以动态的维护了

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
void read(int &x){
    char ch; bool ok;
    for(ok=0,ch=getchar(); !isdigit(ch); ch=getchar()) if(ch=='-') ok=1;
    for(x=0; isdigit(ch); x=x*10+ch-'0',ch=getchar()); if(ok) x=-x;
}
#define rg register
const int maxn=3e5+10;bool vis[maxn];
int n,m,cnt,pre[maxn*2],nxt[maxn*2],h[maxn];
double f[maxn],sum[maxn],in[maxn],t[maxn];
struct oo{double x;int y;};
priority_queue<oo>q;
bool operator<(oo a,oo b){return a.x>b.x;}
void add(int x,int y){
    pre[++cnt]=y,nxt[cnt]=h[x],h[x]=cnt,in[x]++;
    pre[++cnt]=x,nxt[cnt]=h[y],h[y]=cnt,in[y]++;
}
void dijkstra(){
    memset(f,127,sizeof f);
    f[n]=0,q.push((oo){f[n],n});
    while(!q.empty()){
        int x=q.top().y;q.pop();
        if(vis[x])continue;vis[x]=1;
        for(rg int i=h[x];i;i=nxt[i])
            if(f[pre[i]]>=f[x]){
                t[pre[i]]++,sum[pre[i]]+=f[x];
                f[pre[i]]=(in[pre[i]]+sum[pre[i]])/t[pre[i]];
                q.push((oo){f[pre[i]],pre[i]});
            }
    }
}
int main(){
    read(n),read(m);
    for(rg int i=1,x,y;i<=m;i++)read(x),read(y),add(x,y);
    dijkstra(),printf("%.6lf",f[1]);
}