题目传送门 P2081

一些定义：

定义 \(fa_u\) 表示 \(u\) 的父亲，\(facnt_u\) 表示 \(u\) 的父节点个数（取值 \(1\) 或 \(2\)），\(son_u\) 表示 \(u\) 的儿子个数，\(ch_u\) 表示 \(u\) 的子节点，\(down_u\) 表示在以 \(1\) 为根的树中，从 \(u\) 出发第一步向下走的期望路径长度。\(up_u\) 表示从 \(u\) 出发第一步向上走的期望路径长度，\(w_{i,j}\) 表示 \(i\) 到 \(j\) 的边权。

那么对于每个点，其答案为 \(ans_u = \dfrac{1}{son_u + facnt_u} \times (son_u \times down_u + up_u \times facnt_u)\)。

最终答案即为 \(\dfrac{1}{n} \sum \limits_{i=1}^{n} ans_i\)。

50pts 部分分（图为一棵树）：

此时 \(facnt_u = 1\)。因此 \(down\) 值不依赖 \(up\) 值。其推导较为简单：

\[down_u = \dfrac{1}{son_u} \sum \limits_{v \in ch_u} (down_v + w_{u,v}) \]

而对于 \(up\) 值，需要依赖 \(down_{fa_u}\) 和 \(up_{fa_u}\)。此时我们第一步必须走到 \(fa_u\)，并且再下一步不能走回 \(u\)。那么式子就推出来了：

\[up_u = w_{u,fa_u} + \dfrac{facnt_{fa_u} \times up_{fa_u} + son_{fa_u} \times down_{fa_u} - down_u - w_{u, fa_u}}{facnt_{fa_u} + son_{fa_u} - 1} \]

这样我们就能得到 \(50 \tt pts\) 的好成绩了。

另外 50pts（图为一棵基环树）：

我们将基环树看成一些树将跟连成环的结果。以下简称环上节点为 “环点”，其余为 “树点”。如图所示是一棵基环树，其中每个节点连向其父节点。

所有环点的 \(facnt=2\)，树点的 \(facnt=1\)。

首先，根据定义，每个点的 \(down\) 值不变。而 \(up\) 值的求得就较为麻烦。

其次，考虑推导过程，每个树点的 \(up\) 值仍可以通过上述公式求得。而对于环点就比较麻烦，因为每一步我们可以选择走到一个环点，或走进当前环点的子树。

我们先通过遍历求出一些值（因为要进行后面的计算，同时我们需要按保证搜到环点的顺序，将这些环点顺序相连，正好是原图中的环）：

• \(t\)，表示环点的数量。
• \(dfn_u\)，表示这个点是第几个被搜到的环点。
• \(id_i\)，表示搜到的第 \(i\) 个环点的标号。
• \(disl_i, \, disr_i\)，表示在环上，第 \(i\) 个被搜到的环点在环上的左右边权。

对于一个环点 \(u\)，我们强制它逆时针在环上走，那么其 \(up\) 值公式为：

\[up_u = \sum _{i, v=id_i} p_i \times (\dfrac{son_v \times down_v}{son_v + 1} + w) \]

其中 \(i\) 的取值分别为 \(dfn_u + 1, \, dfn_u + 2, \, \ldots t , \, 1, \, \ldots dfn_u - 1\)。虽然它看起来很奇怪，但确实是这个式子。

其中 \(p_i\) 表示走到这个环点的概率，由于我们限定第一步不进入子树，所以 \(p_{dfn_u \bmod t + 1}=1\)。对于每个环点，我们有几率进入它的子树，或者继续在环上走，所以 \(p_{i \bmod t + 1} = p_i \times \dfrac{1}{son_{id_i} + 1}\)。\(w\) 表示从上个环点走过来的边权。需要注意，如果按逆时针下一个环点已经走过了（即走了一圈），我们只能进入该点的子树。

上面规定的是第一步逆时针走的情况，顺时针的情况同理，两者的 \(up\) 值加起来 \(/2\) 即为最终的 \(up\) 值。或者直接将 \(p_{dfn_u \bmod t + 1}\) 设成 \(\dfrac12\) 也可以。

最后将每个树点的 \(up\) 值更新一遍即可。总复杂度为 \(O(n + k^2)\)，\(k\) 为环点个数。

#define pii pair<int, int>
#define Ld double
#define pb push_back
#define mp make_pair

int n, m;
vector<pii > e[N];

namespace Tree {
	Ld f[N], g[N];
	
	void dfs(int u, int Fa) {
		int nw = 0;
		for(pii x : e[u]) {
			int v = x.fi, w = x.se;
			if(v == Fa) continue;
			++nw;
			dfs(v, u);
			f[u] += f[v] + w;
		}
		if(nw) f[u] /= nw;
	}
	
	void dfs2(int u, int Fa) {
		for(pii x : e[u]) {
			int v = x.fi, w = x.se;
			if(v == Fa) continue;
			if(e[u].size() == 1) g[v] = w;
			else g[v] = w + (g[u] + f[u] * (e[u].size() - (u != 1)) - f[v] - w) / (e[u].size() - 1);
			dfs2(v, u);
		}
	}
	
	void solve() {
		dfs(1, 0);
		dfs2(1, 0);
		Ld ans = 0.0;
		rep(i, 1, n) {
			ans += (f[i] * (e[i].size() - (i != 1)) + g[i]) / e[i].size();
		}
		printf("%.5f\n", ans / n);
	}
}

int t, pos, fl;
int facnt[N], son[N];
int id[N], dfn[N];
int disl[N], disr[N];
bool vis[N];
Ld f[N], g[N];

void dfs(int u, int Fa) {
	vis[u] = 1;
	for(pii x : e[u]) {
		int v = x.fi;
		if(v == Fa) continue;
		if(vis[v]) {
			pos = v;
			return ;
		}
		dfs(v, u);
		if(!fl && pos) {
			if(pos == u) fl = 1;
			return ;
		}
		if(fl) break;
	}
	vis[u] = 0;
}

void dfs2(int u, int Fa) {
	id[++t] = u; dfn[u] = t;
	for(pii x : e[u]) {
		int v = x.fi, w = x.se;
		if(dfn[v] || !vis[v] || v == Fa) continue;
		disr[t] = disl[t + 1] = w;
		dfs2(v, u);
	}
}

void down(int u, int Fa) {
	int cnt = 0;
	for(pii x : e[u]) {
		int v = x.fi, w = x.se;
		if(vis[v] || v == Fa) continue;
		++cnt;
		down(v, u);
		f[u] += f[v] + w;
	}
	if(son[u] = cnt) f[u] /= cnt;
}

void up(int u, int Fa) {
	for(pii x : e[u]) {
		int v = x.fi, w = x.se;
		if(vis[v] || v == Fa) continue;
		g[v] = w;
		if(facnt[u] + son[u] - 1) g[v] += (g[u] * facnt[u] + f[u] * son[u] - f[v] - w) / (facnt[u] + son[u] - 1); 
		up(v, u);
	}
}

int pre(int x) { return x == 1 ? t : x - 1; }
int nxt(int x) { return x == t ? 1 : x + 1; }

void solve() {
	dfs(1, 0); // 将所有环点的 vis 标成 1
	rep(i, 1, n) if(vis[i]) facnt[i] = 2; else facnt[i] = 1;
	dfs2(pos, 0);
	for(pii x : e[id[1]]) if(x.fi == id[t]) {
		disl[1] = disr[t] = x.se;
		break;
	}
	rep(i, 1, t) down(id[i], 0);
	rep(i, 1, t) {
		int u = id[i];
		Ld p = 0.5;
		int j = nxt(i); while(j != i) {
			int v = id[j], w = disl[j];
			if(nxt(j) == i) g[u] += p * (f[v] + w);
			else g[u] += p * (f[v] * son[v] / (son[v] + 1) + w);
			p /= son[v] + 1;
			j = nxt(j);
		}
		p = 0.5;
		j = pre(i); while(j != i) {
			int v = id[j], w = disr[j];
			if(pre(j) == i) g[u] += p * (f[v] + w);
			else g[u] += p * (f[v] * son[v] / (son[v] + 1) + w);
			p /= son[v] + 1;
			j = pre(j);
		}
	}
	rep(i, 1, t) up(id[i], 0);
	Ld ans = 0.0;
	rep(i, 1, n) ans += (facnt[i] * g[i] + son[i] * f[i]) / (son[i] + facnt[i]);
	printf("%.5f\n", ans / n);
}

int main() {
	qread(n, m);
	rep(i, 1, m) {
		int u, v, w;
		qread(u, v, w);
		e[u].pb(mp(v, w));
		e[v].pb(mp(u, w));
	}
	if(m == n - 1) Tree::solve();
	else solve(); // 基环树
	return 0;
}