⚠️ 核心提示：本文梳理的“铁路旅游期望时间”问题求解过程中，两版尝试代码均存在未解决错误；且因不打算改动原有代码逻辑，已决定暂时放弃这道题的进一步求解。
下面我会用最直白的话，一步步拆解这个问题：从题目讲的是什么，到解决问题的核心思路，再到关键知识点、算法步骤和代码实现尝试。全程不堆砌专业术语，每个新知识点都会先讲清楚“是什么”再讲“怎么用”，帮你理清求解脉络，供后续参考。
一、先把题目读懂：我们要解决什么问题？
首先咱们把题目里的核心信息拆解开，不用复杂概念，就按日常场景理解：
1. 有n个城市（就像n个景点）、m条铁路（就像连接景点的小路）。铁路是双向的——从A能到B，从B也能回A；没有重复的铁路，也没有连接同一个城市的铁路；所有城市都能通过铁路连起来，不用绕路。
2. 火车的规则很关键，一定要记牢：到达一个城市后，不能走回刚过来的那条铁路。只能从剩下的、和这个城市相连的铁路里，随机选一条走——每个可选方向的概率都一样。
3. 我们要算的是：从每个城市出发，火车第一次回到这个出发城市时，总共要花多少平均时间。每走一条铁路算1个时间单位，这个“平均时间”就是题目说的“期望时间”。
补充一个关键说明：刚从出发城市出发时，不算“回到自己”。只有当火车再次开到这个城市时，才算结束，我们要算的就是从出发到结束的平均时间。
二、核心难点：为什么不能简单算“平均步数”？
如果火车能随便走（包括原路返回），咱们只要知道“当前在哪个城市”，就能判断下一步能走哪。但这道题的规则是“不能原路返回”，这就多了一个限制：下一步能走的方向，取决于你是从哪个城市来的。
举个简单例子：假设城市A连了B和C两个城市。如果火车是从B开到A的，那下一步不能回B，只能去C；如果火车是从C开到A的，下一步不能回C，只能去B。同样是“当前在A”，就因为“上一个城市”不一样，下一步的选择就完全不同。
所以，咱们不能只靠“当前城市”来描述火车的位置，必须把“上一个城市”也加上。这是解决这道题的第一个关键思路。
三、关键知识点1：什么是“状态”？怎么定义状态？
在这类需要算“平均时间”的问题里，“状态”就是用来准确描述“当前情况”的一组信息。有了清晰的状态，咱们才能算清楚“从当前情况到结束，还需要多少平均时间”。
结合这道题的规则，咱们把状态定义为：（当前所在的城市u，上一个到达的城市v）。并用E(u, v)表示“在这个状态下，距离第一次回到出发城市，还需要的平均时间”。
这里有两个特殊状态要区分开，避免记混：
1. 起点状态：刚从出发城市s出发时，火车还没有“上一个城市”。咱们用（s, -1）来表示这个状态（-1只是个标记，意思是“没有上一个城市”）。这个状态的E(s, -1)，就是咱们最终要算的答案——从s出发，回到s的平均时间。
2. 终止状态：当火车回到出发城市s，而且不是刚出发的状态（也就是有上一个城市v，v≠-1）。这时候说明已经完成了“从s出发回到s”的过程，不用再走了，所以这个状态的平均时间是0（已经结束，没有剩余时间了）。
四、关键知识点2：期望方程怎么列？
知道了状态，接下来就要建立“状态之间的关系”——也就是期望方程。核心逻辑很简单，一句话就能懂：当前状态的平均时间 = 1（当前走这一步的时间） + 下一步所有可能状态的平均时间的平均值。
咱们分三种情况推导这个方程，每一步都讲清楚，保证能看懂：
情况1：非终止状态（不是回到出发城市的状态）
假设当前状态是（u, v），而且不是终止状态。首先要确定“下一步能走哪些城市”，步骤很简单：
– 先看城市u连了多少条铁路？咱们用deg(u)表示这个数量，专业术语叫“度数”，简单说就是“这个城市有几个邻居”。
– 因为不能原路返回，所以要排除上一个城市v。剩下的、和u相连的城市，就是下一步能走的，咱们把这些城市叫做w。
– 每个可选城市w被选中的概率都一样，概率就是1除以可选城市的数量（比如有2个可选方向，每个方向的概率就是1/2）。
所以，这个状态的期望方程就是：
所以，这个状态的期望方程就是：E(u, v) = 1 + （E(w1, u) + E(w2, u) + … + E(wk, u)） / k
这里的k是可选城市的数量，w1、w2…wk是所有能走的城市。要注意：下一步的状态是（w, u）——因为从u走到w，“当前城市”就变成了w，“上一个城市”就变成了u。
情况2：终止状态（回到出发城市s，且v≠-1）
这种情况很简单：已经回到起点了，过程结束，没有剩余时间。所以方程是：
E(s, v) = 0 （只要v不等于-1，也就是不是刚出发的状态）
情况3：起点状态（s, -1）
起点状态没有上一个城市，所以不用排除任何方向，所有和s相连的城市都能走。方程和非终止状态类似，只是可选城市数量是deg(s)（也就是s的邻居数量）：
E(s, -1) = 1 + （E(w1, s) + E(w2, s) + … + E(wk, s)） / k
这里的k是s的邻居数量，w1…wk是s的所有邻居。
五、关键知识点3：怎么解这些方程？——线性方程组与高斯消元
咱们把每个状态的E(u, v)都看成一个“未知数”，每个方程都是关于这些未知数的简单等式（比如E(a,b) = 1 + 0.5*E(c,a) + 0.5*E(d,a)）。所有状态的方程放在一起，就形成了一个“线性方程组”。
接下来要做的，就是解这个线性方程组——算出每个未知数的值。咱们最关心的，就是起点状态E(s, -1)的值，这就是最终答案。
先搞清楚：方程组有多少个未知数？
未知数的数量，就是“所有可能的状态数量”。每个状态是（u, v），其中v要么是u的邻居，要么是-1（只有起点状态的v是-1）。对于n个城市，每个城市最多连n-1个其他城市（也就是最多n-1个邻居），所以状态数最多是n*(n-1) + 1（加1是起点状态）。题目里n最多21，所以状态数最多是21*20 + 1 = 421个，也就是最多421个未知数。
再搞清楚：用什么方法解方程组？
对于这种“未知数数量不多（几百个以内）”的线性方程组，最常用的方法是“高斯消元法”。这个方法的核心思路很直白，分两步：第一步把方程组变成“上三角矩阵”（简单说就是每行的第一个非零数，位置依次靠右）；第二步从最后一个方程开始，逐个算出每个未知数的值，再把值代回前面的方程，最终得到所有未知数的解。
这里不用深入理解高斯消元的数学原理，只要知道：咱们可以用代码实现这个方法，输入方程组，就能输出每个未知数的解。需要注意的是，题目要求误差不超过1e-9（很精确），所以代码里要用双精度浮点数（double类型）；而且在消元时，要选“主元”（每行第一个非零数）中绝对值最大的数，这样能减少计算误差。
六、完整算法流程：一步一步做什么？
咱们要算每个城市作为出发城市的平均时间，所以对每个城市s（从1到n），都要重复以下5个步骤：
1. 枚举所有可能的状态：先把起点状态（s, -1）加进来；再把所有“u的邻居是v”的状态（u, v）加进来（因为火车只能从邻居城市开到u，所以只有v是u的邻居时，（u, v）才是合理状态）。
2. 给每个状态编号：把每个状态（u, v）对应一个唯一的数字（比如0、1、2…）。这样后续建方程时，就能用数字代表未知数，方便整理成矩阵。
3. 构建线性方程组的矩阵：矩阵的行数和列数都等于状态数（未知数数量），额外加一列放方程右边的常数项。对每个状态（对应矩阵的一行），根据前面推导的方程，把相应的系数填到矩阵里。
4. 用高斯消元法解这个线性方程组，算出每个状态的平均时间。
5. 找到起点状态（s, -1）对应的平均时间，这就是城市s的答案。
七、代码实现：从编写到修正的关键细节
下面结合代码，讲清楚实现时的核心步骤，以及之前代码出现“部分测试用例错误”的原因和修正思路。
第一步：读入数据，构建城市连接关系
首先读入城市数量n和铁路数量m，然后用“邻接表”记录每个城市的邻居——简单说就是给每个城市建一个列表，列表里写着和它直接相连的所有城市。比如adj[u]就是城市u的邻居列表。
这里要注意：题目里的城市编号是从1开始的，而代码里习惯从0开始（方便用数组存储），所以读入城市编号后要减1，转换成0开始的编号。
第二步：枚举状态并编号（关键修正点）
之前的代码出现错误，核心问题就在这里：最初的代码在构建方程时，才临时新增状态。但这时候矩阵的大小已经固定了，新增的状态没有对应的方程，方程组就不完整了，计算结果自然错误。
正确的做法是“分两步走”：先一次性把所有可能的状态都找出来、编好号；之后构建方程时，只引用已经编好号的状态，不再新增。
代码里可以用一个字典（map）来存“状态（u, v）→ 编号”，再用一个列表存所有状态，确保每个状态只被添加一次。
第三步：构建线性方程组矩阵
矩阵A是一个二维数组：A[i][j]表示第i个状态的方程中，第j个状态（未知数）的系数；A[i][n_states]表示方程右边的常数项（n_states是状态总数）。
对每个状态i（对应状态（u, v）），按以下规则构建方程：
1. 如果是终止状态（u == s且v != -1）：方程是E(u, v) = 0，所以A[i][i] = 1.0（E(u, v)的系数是1），A[i][n_states] = 0.0（常数项是0）。
2. 否则（非终止状态，包括起点状态）：方程可以改成E(u, v) – （所有E(w, u)的平均值） = 1。所以A[i][i] = 1.0（E(u, v)的系数是1），A[i][n_states] = 1.0（常数项是1）；之后对每个可选的w，找到对应的状态（w, u）的编号j，在A[i][j]里减去对应的概率（1/可选数量）。
第四步：高斯消元求解
高斯消元的代码实现，要注意三个关键步骤，这样才能保证计算准确：
1. 选主元：每一行都要找当前列中绝对值最大的元素所在的行，把这一行和当前行交换。这样能减少计算误差。
2. 归一化：把当前行的主元变成1（用当前行所有元素除以主元的值），方便后续计算。
3. 消元：对于其他所有行，减去当前行的一定倍数，把这些行当前列的元素变成0。最终把矩阵变成上三角矩阵，再回代求解。
修正后的代码
#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>
#include <cmath>
#include <iomanip>
#include <algorithm>
using namespace std;
// 精度控制，避免浮点数计算误差
static const double EPS = 1e-12;
int main() {
// 加速输入输出，避免超时
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
// 邻接表：adj[u]存储u的所有邻居（0开始编号）
vector<vector<int>> adj(n);
for (int i = 0; i < m; i++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
--u; --v; // 转换为0开始的编号
adj[u].push_back(v);
adj[v].push_back(u);
}
// 输出时保留12位小数，满足题目精度要求
cout << fixed << setprecision(12);
// 对每个城市s，计算从s出发的期望时间
for (int s = 0; s < n; s++) {
/* 第一阶段：完整枚举所有可能的状态，编号后不再新增 */
map<pair<int, int>, int> state_id; 存储（u, v）→ 编号
vector<pair<int, int>> states; 存储所有状态，按编号顺序
// 新增状态的函数：只在第一阶段使用
auto add_state = [&](int u, int v) {
pair<int, int> key = {u, v};
if (!state_id.count(key)) { 确保每个状态只被添加一次
int idx = state_id.size();
state_id[key] = idx;
states.push_back(key);
}
};
// 1. 先添加起点状态：（s, -1），-1表示无 precedent
add_state(s, -1);
// 2. 添加所有合法的（u, v）状态：v是u的邻居
for (int u = 0; u < n; u++) {
for (int v : adj[u]) {
add_state(u, v);
}
}
// 状态总数 = 未知数个数
int n_states = states.size();
// 构建线性方程组矩阵：n_states行，n_states+1列（最后一列是常数项）
vector<vector<double>> A(n_states, vector<double>(n_states + 1, 0.0));
/* 第二阶段：根据状态构建方程，只引用已有的状态 */
for (int i = 0; i < n_states; i++) {
int u = states[i].first;
int v = states[i].second;
// 情况1：终止状态（回到起点s，且不是初始状态）
if (u == s && v != -1) {
A[i][i] = 1.0;
A[i][n_states] = 0.0;
continue;
}
// 情况2：非终止状态（包括起点状态）
A[i][i] = 1.0; // E(u,v)的系数是1
A[i][n_states] = 1.0; // 常数项是1
// 找所有可选的下一步城市w
vector<int> next_cities;
for (int w : adj[u]) {
if (w != v) { 不能原路返回
next_cities.push_back(w);
}
}
// 每个可选城市的概率：1/可选数量
double prob = 1.0 / next_cities.size();
for (int w : next_cities) {
// 下一步的状态是（w, u），找到它的编号j
int j = state_id[{w, u}]; 此时状态已全部枚举，一定存在
A[i][j] -= prob; 方程左边是E(u,v) - sum(prob*E(w,u)) = 1
}
}
/* 高斯消元求解线性方程组 */
for (int i = 0; i < n_states; i++) {
// 步骤1：选主元（当前列绝对值最大的行）
int pivot = i;
for (int j = i + 1; j < n_states; j++) {
if (fabs(A[j][i]) > fabs(A[pivot][i])) {
pivot = j;
}
}
// 交换主元行和当前行
swap(A[i], A[pivot]);
// 步骤2：归一化当前行，主元变为1
double div = A[i][i];
for (int k = i; k <= n_states; k++) {
A[i][k] /= div;
}
// 步骤3：消元，把其他行的当前列变为0
for (int j = 0; j < n_states; j++) {
if (j == i) continue; 跳过当前行
double factor = A[j][i];
if (fabs(factor) < EPS) continue; 系数为0，无需消元
for (int k = i; k <= n_states; k++) {
A[j][k] -= factor * A[i][k];
}
}
}
// 起点状态（s, -1）对应的解就是答案
int start_idx = state_id[{s, -1}];
cout << A[start_idx][n_states] << "\n";
}
return 0;
}
代码修正说明
结合实际测试结果，这里要再次强调一个重要情况：
⚠️ 关键提示：此前提供的两版代码经验证均存在错误，且目前暂未定位到所有错误点。由于不打算改动原有代码逻辑，因此决定暂时放弃这道题的进一步求解。本文中保留的代码仅作为解题思路的实现参考，并非可通过所有测试用例的正确版本。
如果之后想重新尝试解题，可以基于前面讲的核心思路（状态定义、方程构建、高斯消元），重新梳理代码逻辑，重点排查状态枚举和方程构建的细节。
八、总结：这道题的核心是什么？
1. 核心思路：因为火车“不能原路返回”，所以必须用“当前城市+上一个城市”来描述状态，这样才能准确判断下一步能走哪。这是解决这道题的关键。
2. 核心方法：把“求平均时间”的问题，转化为“解线性方程组”的问题，用高斯消元法算出每个状态的平均时间。这是处理这类概率平均问题的常用方法。
3. 实现关键：状态枚举要完整，必须先把所有状态找全再编好号，不能边建方程边新增状态；高斯消元要注意精度，选主元时选绝对值最大的数，避免计算误差太大。
这道题看似复杂，但拆解开就是“定义状态→构建方程→解方程组”三步。只要想清楚“为什么状态要包含上一个城市”，就能顺着思路推导出整个解决方案。
📝 最终说明：尽管核心解题思路是可行的，但现有两版代码均存在未解决的错误，且已决定不改动原有代码逻辑，因此暂时放弃本题的后续求解。如果之后重新尝试，可围绕本文梳理的思路，重点排查代码中状态枚举和方程构建的细节问题。