题目描述 Description
给定一个无向连通图，其节点编号为1到N，其边的权值为非负整数。试求出一条从1号节点到 N 号节点的路径，使得该路径上经过的边的权值的“XOR 和”最大。该路径可以重复经过某些节点或边，当一条边在路径中出现多次时，其权值在计算“XOR 和”时也要被重复计算相应多的次数。
直接求解上述问题比较困难，于是你决定使用非完美算法。具体来说，从1号节点开始，以相等的概率，随机选择与当前节点相关联的某条边，并沿这条边走到下一个节点，重复这个过程，直到走到N号节点为止，便得到一条从1号节点到N号节点的路径。显然得到每条这样的路径的概率是不同的并且每条这样的路径的“XOR 和”也不一样。现在请你求出该算法得到的路径的“XOR和”的期望值。
输入描述 Input Description
第一行是用空格隔开的两个正整数N和M，分别表示该图的节点数和边数。紧接着的M行，每行是用空格隔开的三个非负整数u，v和w(1≤u,v≤N， 0≤w≤109)，表示该图的一条边(u,v)，其权值为w。输入的数据保证图连通，30%的数据满足N≤30，100%的数据满足2≤N≤100，M≤10000，但是图中可能有重边或自环。
输出描述 Output Description
仅包含一个实数，表示上述算法得到的路径的“XOR和”的期望值，要求保留三位小数。（建议使用精度较高的数据类型进行计算）
样例输入 Sample Input
2 2
1 1 2
1 2 3
样例输出 Sample Output
2.333
数据范围及提示 Data Size & Hint
样例解释：有1/2的概率直接从1号节点走到2号节点，该路径的“XOR和”为3；有1/4的概率从1号节点走一次1号节点的自环后走到2号节点，该路径的“XOR和”为1；有1/8的概率从1号节点走两次1号节点的自环后走到2号节点，该路径的“XOR和”为3；......；依此类推，可知“XOR和”的期望值为：3/2+1/4+3/8+1/16+3/32+....=7/3，约等于2.333。
数据范围如题
/*
对于异或的题目，一般是按位拆分，设f[x]为从x到n的异或期望。
f[x]=Σ(1/d[x])*f[y]（边权为0）+Σ(1/d[x])*(1-f[y])（边权为1）
将上式变形得到：
f[x]-Σ(1/d[x])*f[y]（边权为0）+Σ(1/d[x])*f[y]（边权为1）=Σ (1/d[x])（边权为1）
然后高斯消元。
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define N 110
#define M 10010
#define ld long double
using namespace std;
int head[N],d[N],cnt,n,m;
ld a[N][N],ans;
struct node{int v,w,pre;}e[M*2];
void add(int u,int v,int w){
e[++cnt].v=v;e[cnt].w=w;e[cnt].pre=head[u];head[u]=cnt;
}
void gauss(){
for(int i=1;i<=n;i++){
int id=i;ld maxn=fabs(a[i][i]);
for(int j=i+1;j<=n;j++) if(fabs(a[j][i])>maxn) id=j,fabs(a[j][i]);
if(id!=i) swap(a[i],a[id]);
ld t=a[i][i];
for(int j=1;j<=n+1;j++) a[i][j]/=t;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(j!=i){
ld t=a[j][i];
for(int k=1;k<=n+1;k++)
a[j][k]-=t*a[i][k];
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);add(u,v,w);d[u]++;
if(u!=v) add(v,u,w),d[v]++;
}
for(int t=0;t<=30;t++){
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i=1;i<n;i++){
a[i][i]=1.0;
for(int j=head[i];j;j=e[j].pre){
if(e[j].w&(1<<t)) a[i][e[j].v]+=1.0/d[i],a[i][n+1]+=1.0/d[i];
else a[i][e[j].v]-=1.0/d[i];
}
}
a[n][n]=1.0;gauss();ans+=a[1][n+1]*(1<<t);
}
printf("%.3lf",(double)ans);
return 0;
}