解题思路：

一个节点要么被父亲充上电，要么儿子或自己充上电。
我们发现求充得上电的概率要用概率加法，有点麻烦，所以可以求一个点充不上电的概率，也就是任何一个来源都不能有电，概率直接相乘即可。 设f[i]表示由son[i]不能充电且自己直接充不上电的概率；
设g[i]表示由父亲充不上电的概率。
设h[i]表示由i不能给父亲充电的概率，要么是i就充不上电，要么(i,fa[i])断开。 那么
h[i]=f[i]+(1−f[i])∗(1−p(i,fa[i]))
f[i]=(1−q[i])∗Πf[son[i]] 而从父亲充上电可能是从父亲链上来的，也可能是从兄弟经过父亲来的，也可能是(i,fa[i])断开。
不从父亲链且不从兄弟经过父亲来的概率t=g[fa[i]]∗f[fa[i]]h[i]。
所以g[i]=t+(1−t)∗(1−p(i,fa[i])。 可以先一遍dfs求出f[i],h[i]，再一遍dfs求出g[i]。 答案即为∑1−f[i]∗g[i] #include using namespace std; int getint() { int i=0,f=1;char c; for(c=getchar();(c!='-')&&(c<'0'||c>'9');c=getchar()); if(c=='-')f=-1,c=getchar(); for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())i=(i<<3)+(i<<1)+c-'0'; return i*f; } const int N=500005; const double eps=1e-8; int n,tot,first[N],nxt[N<<1],to[N<<1]; double ans,f[N],g[N],h[N],q[N],p[N<<1]; void add(int x,int y,double z) { nxt[++tot]=first[x],first[x]=tot,to[tot]=y,p[tot]=z; } void dfs1(int u,int fa) { f[u]=1-q[u]; for(int e=first[u];e;e=nxt[e]) { int v=to[e]; if(v==fa)continue; dfs1(v,u); h[v]=f[v]+(1-f[v])*(1-p[e]); f[u]*=h[v]; } } void dfs2(int u,int fa) { for(int e=first[u];e;e=nxt[e]) { int v=to[e]; if(v==fa)continue; double t=h[v]0:g[u]*f[u]/h[v]; g[v]=t+(1-t)*(1-p[e]); dfs2(v,u); } } int main() { //freopen("lx.in","r",stdin); int x,y;double z; n=getint(); for(int i=1;ix=getint(),y=getint(),z=getint()*1.0/100; add(x,y,z),add(y,x,z); } for(int i=1;i<=n;i++)q[i]=getint()*1.0/100; dfs1(1,0); g[1]=1,dfs2(1,0); for(int i=1;i<=n;i++)ans+=1-f[i]*g[i]; printf("%.6f",ans); return 0; }