题目大意：
一个有向图，图中有\(n\)个点\(m\)条边且无重边无自环，
每秒第\(i\)条边出现的概率是\(\frac{p[i]}{100}\)，
一开始\(Samjia\)在\(1\)点，每一秒假设\(Samjia\)在点\(x\)上，
那么\(Samjia\)要从存在的边中选一条来走，不可以不走，
如果不存在可以走的边，那么\(Samjia\)就会\(gg\)(挂了)，
假设\(Samjia\)绝顶聪明，问最后\(Samjia\)可以成功到达\(n\)的概率是多少。
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输出只有一个实数表示答案，即最后\(Samjia\)可以成功到达n的概率，
你的答案与标准输出相差不超过\(1e-6\)即视为正确。
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对于\(100\%\)的数据，\(2\leq n \leq 50,0\leq m\leq n*(n-1),0\leq p[i]\leq 100\)
思路及解法：
显然准确值求不出来(难不成你还搞微积分？) , 网上的正解都是 高斯消元调整法 啦 ，
然而这题其实可以不用这么高级的东西就可以水过去的（滑稽）。
首先假设我们也足够聪明，我们可以知道每个节点\(u\)的后继到达\(n\)的概率\(P_u\)。
那么一个非常显然的贪心就是我们先会去走成功概率大的点。
如果成功概率最大的点对应的那条边没有出现，我们则走成功概率次大的边。
其实转移已经出来了。
现在我们的问题是：我们不够聪明，不知道后续节点的成功概率。
然后正解的方法就是随便试一个排列，然后高斯消元（虽然我并不知道怎么搞）。
其实直接倒着转移不就行了吗？
没错，就是这样。
具体实现：
我们设\(f[t][u]\)表示从\(u\)点出发，用不超过\(t\)秒的事件成功到达\(n\)点的最大概率。
那么每次转移的时候，我们先把\(f[t+1]\)从大到小排一遍序（这不就是高斯消元要求的东西吗？）
然后考虑转移：非常显然：
\[f[t][u] = f[t+1][v]*happen*pb[u][v]\]
其中\(pb[u][v]\)是\(*(u->v)\)这条边存在的概率，\(happen\)则是时间发生的概率。
那么关键是事件发生的概率\(happen\)怎么求。
由我们之前确定的贪心策略可以知道：
走向一个点发生的概率为 连接 成功概率比它大的点 的边 都不存在的概率
所以
\[happen_v = \prod_{r=1}^{n} (100\%-pb[u][v])*[\ f[t+1][r]>f[t+1][v]\ ]\]
一边 \(DP\) 一边处理即可。
至于精度要求的问题，跑个一两万次精度就符合要求了。
实现代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
#define IL inline
using namespace std;
double pb[70][70]; int n,m;
struct F{double p; int id;}f[20005][70];
IL bool cmp(F a,F b){return a.p>b.p;}
int main(){
cin >> n >> m;
for(RG int i = 1; i <= m; i ++){
RG double ppp; RG int xxx,yyy;
cin >> xxx >> yyy >> ppp;
pb[xxx][yyy] = 1.0*ppp/100;
}
for(RG int i = 1; i <= n; i ++)f[15000][i] = (F){0,i};
f[15000][n] = (F){1,n};
for(RG int i = 14999; i >= 1; i --){
f[i+1][n] = (F){1,n};
sort(f[i+1]+1,f[i+1]+n+1,cmp);
for(RG int v = 1; v <= n-1; v ++){
f[i][v] = (F){0,v};
RG double happen = 1;
for(RG int j = 1; j <= n; j ++){
RG int u = f[i+1][j].id;
f[i][v].p += f[i+1][j].p*happen*pb[v][u];
happen = happen*(1 - pb[v][u]);
}
}
}
printf("%.10lf",f[1][1].p); return 0;
}