题目大意：

给定一颗树，从1号节点开始，在每个节点都有三种可能：

1.以\(k_i\)的概率回到1号节点

2.以\(e_i\)的概率走出迷宫

3.和该点相连的边随机走一条

求走出迷宫期望下走的步数。

思路：

首先设\(p_i=1-k_i-e_i\)。

设从第\(i\)个点出发，期望意义下走出迷宫需要走的步数为\(f_i\)，那么我们得到的递推式是：
\[ f_i=k_i\times f_1+p_i\times (1+\frac{f_{fa}+\sum_vf_v}{d_i}) \]
不难发现这个递推式我们无法直接求解，它本质上是一个方程组，我们需要将这个方程组解开才能得到答案。

想到解方程组，大家都会想到高斯消元，但是普通的高斯消元在这个题目上显然不太行得通，因为它的时间复杂度为\(n^3\)。

考虑这个方程组有哪些特殊的性质，为了方便理解，我们先不考虑每个点的方程中和1号点有关的部分，这样以后可以发现方程其实也是一个树型结构，每一个点的方程关系到的变量只有它周围的点和它自己，这就使得我们可以尝试用线性的消元去解决这个问题。

考虑将1号点作为根之后，所有叶子节点它的方程中可以表示为：\(f_i=A_i\times f_{fa}+B_i\)，那么我们如果在树上采用从子树递推的方式，当\(u\)的所有儿子都可以表示为上述形式的时候，我们直接采用带入消元的方法将它的所有儿子消去，由于带入的元素必定是它自己，\(u\)号点也成功地变成了上面这种形式。这个时候只要一直带入就可以得到1号点最终的\(dp\)值了。

这个时候再来考虑带1号点的情况，其实只需要将方程表示为\(f_i=A_i\times f_{fa}+B_i\times f_1+C_i\)的形式就好了，这样到了一号点之后还需要解一个一次方程。

这种消元的方式称作树上高斯消元。

下面是无聊的推式子。

\[ \begin{aligned} f_u&=k_u\times f_1+p_u\times (1+\frac{f_{fa}+\sum_vf_v}{d_u})\\ f_u&=k_u\times f_1+p_u\times (1+\frac{f_{fa}+\sum_vA_v\times f_u+B_v\times f_1+C_v}{d_u})\\ A_{u}&=\frac{\frac{p_u}{d_u}}{1-\frac{p_u}{d_u}\sum_vA_v}, B_{u}=\frac{k_u+\frac{p_u}{d_u}\sum_vB_v}{1-\frac{p_u}{d_u}\sum_vA_v}, C_{u}=\frac{p_u+\frac{p_u}{d_u}\sum_cC_v}{1-\frac{p_u}{d_u}\sum_vA_v} \end{aligned} \]

/*=======================================
 * Author : ylsoi
 * Time : 2019.2.10
 * Problem : hdu4035
 * E-mail : ylsoi@foxmail.com
 * ====================================*/
#include<bits/stdc++.h>

#define REP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i<=i##_end_;++i)
#define DREP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i>=i##_end_;--i)
#define debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<" "
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb push_back
typedef long long ll;

using namespace std;

void File(){
    freopen("hdu4035.in","r",stdin);
    freopen("hdu4035.out","w",stdout);
}

template<typename T>void read(T &_){
    _=0; T f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar())_=(_<<1)+(_<<3)+(c^'0');
    _*=f;
}

const int maxn=1e4+10;
int T,n,d[maxn];
vector<int>G[maxn];
double k[maxn],e[maxn],p[maxn],A[maxn],B[maxn],C[maxn];

void dfs(int u,int fh){
    double sa=0,sb=0,sc=0;
    REP(i,0,G[u].size()-1){
        int v=G[u][i];
        if(v==fh)continue;
        dfs(v,u);
        sa+=A[v];
        sb+=B[v];
        sc+=C[v];
    }
    double mul=p[u]/d[u];
    A[u]=mul/(1-mul*sa);
    B[u]=(k[u]+mul*sb)/(1-mul*sa);
    C[u]=(p[u]+mul*sc)/(1-mul*sa);
}

bool judge(int u,int fh){
    if(e[u]!=0)return true;
    if(p[u]==0)return false;
    REP(i,0,G[u].size()-1){
        int v=G[u][i];
        if(v==fh)continue;
        if(judge(v,u))return true;
    }
    return false;
}

int main(){
    File();
    read(T);
    REP(ca,1,T){
        read(n);
        int u,v;
        REP(i,1,n-1){
            read(u),read(v);
            G[u].pb(v),++d[v];
            G[v].pb(u),++d[u];
        }
        REP(i,1,n){
            scanf("%lf%lf",&k[i],&e[i]);
            k[i]/=100,e[i]/=100;
            p[i]=1-k[i]-e[i];
        }
        if(!judge(1,0))printf("Case %d: impossible\n",ca);
        else{
            dfs(1,0);
            printf("Case %d: %.10lf\n",ca,C[1]/(1-B[1]));
        }
        REP(i,1,n)G[i].clear();
        memset(d,0,sizeof(d));
    }
    return 0;
}