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题意

给定一个无向图，你需要从$1$点出发到达$n$点，你在每一点的时候，使用$1$个单位的代价，随机得到相邻点的票，但是你可以选择留在原地，也可以选择使用掉这张票，问到达$n$点的最小代价的方案的期望是多少。

题解

我们先假定在最优方案下从每个点$x$出发，到达$n$点的代价的期望为$e_x$，那么显然，我们可以列出方程$e_x = \frac{\sum{min(e_x,e_y)}}{deg_x}+1$，其中$y$与$x$节点相连。初值$dp_n = 0$。

借鉴$GXZlegend$的一句话，遇见“初始值只有一个点的$dp$值确定,其他点的$dp$值依赖于已经计算出来的点的$dp$值”这种类型的题，往往考虑使用最短路的方式转移。

观察方程，如果我们按照计算出来的$e_x$从小到大的方式遍历的话，那么先计算出来的$e_x$一定不会再被后计算出来的值更新，满足跟最短路一样的性质。

我们一开始假定所有的$e_{x|x!=n}=inf$,并且$e_n = 0$，每个点的$min(e_x,e_y)$都取$e_x$。

那么我们模拟一下这个转移过程，当前从堆里取出的点是$u$，相邻的点有$v$,我们发现$v$是第一次被更新，因为$e_v = inf$，满足$e_v > e_u$，那么$v$就要被更新，即根据方程$e_v = \frac{(deg_v-1)e_v + e_u}{deg_v}+1$，那么$e_v = e_u+deg_v$。
如果接下来某次取出的点是$p$，相邻的点还有$v$，并且$e_v > e_p$，那么$e_v$就要被二次更新了，也就是$e_v = \frac{(deg_v-2)e_v+e_u+e_p}{deg_v}+1$，那么$e_v = \frac{e_u+e_p+deg_v}{2}$。依次类推。

代码

#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn = 300007;
const double inf = 1e9;
int n,m;
vector<int> G[maxn];
typedef pair<double,int> pii;
priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> > Q;
double dp[maxn];
int deg[maxn],vis[maxn];
int usedeg[maxn];
void dij(){for(int i = 1;i < n;++i) dp[i] = inf;Q.push({0,n});vis[n] = 1;while(!Q.empty()){pii p = Q.top();Q.pop();int u = p.second;double nowdp = p.first;if(nowdp > dp[u]) continue;for(int v:G[u]){if(!vis[v]){vis[v] = 1;usedeg[v] = 1;dp[v] = nowdp+deg[v];Q.push({dp[v],v});}else if(nowdp < dp[v]){double c = dp[v]*usedeg[v]-deg[v];usedeg[v]++;dp[v] = (c+nowdp+deg[v])/usedeg[v];Q.push({dp[v],v});}}}
}int main(){cin>>n>>m;for(int i = 0;i < m;++i){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);G[u].push_back(v);G[v].push_back(u);deg[u] ++,deg[v] ++;}dij();printf("%.12lf\n",dp[1]);}