(直接)设\(F(i)\)为在\(i\)点走出迷宫的期望步数。答案就是\(F(1)\)。
令\(p_i=1-k_i-e_i\)，表示\(i\)点沿着边走的概率；\(d_i=dgr[i]\)，即点\(i\)度数。
每个点有三种状态，即$$F(i)=k_i\times F(1)+e_i\times 0+\frac{p_i}{d_i}\sum_{v=to[i]}(F(v)+1)$$
要高斯消元吗。。很重要的一点是图是一棵树。所以叶节点只由父节点（和\(1\)）转移而来，而父节点的转移中需要叶节点，我们尝试把叶节点的\(F\)带回去消掉父节点\(F\)中的什么东西。
对于叶节点：$$\begin{aligned}F(i)&=k_i\times F(1)+p_i\times(F(fa)+1)\&=k_i\times F(1)+p_i\times F(fa)+p_i\end{aligned}$$
对于非叶节点：$$F(i)=k_i\times F(1)+\frac{p_i}{d_i}F(fa)+\frac{p_i}{d_i}\sum_{v=son[i]}F(v)+p_i$$
设$$F(i)=A_i\times F(1)+B_i\times F(fa)+C_i$$
把叶节点的\(F(v)=A_v\times F(1)+B_v\times F(fa)+C_v\)带到父节点的\(F(i)\)中：$$F(i)=k_i\times F(1)+\frac{p_i}{d_i}F(fa)+\frac{p_i}{d_i}\sum_{v=son[i]}(A_v\times F(1)+B_v\times F(i)+C_v))+p_i$$$$(1-\frac{p_i}{d_i}\sum_{v=son[i]}B_v)F(i)=(k_i+\frac{p_i}{d_i}\sum_v A_v)F(1)+\frac{p_i}{d_i}F(fa)+p_i+\frac{p_i}{d_i}\sum_v C_v$$
对于叶节点\(v\)，\(A_v=k_v,B_v=C_v=p_v\)。
然后可以由\(v\)得到\(A_i,B_i,C_i\)。
对于根节点，\(F(1)=A_1\times F(1)+C_1\)，即\(F(1)=\frac{C_1}{1-A_1}\)。
\(A_1=1\)或者存在\((1-\frac{p_i}{d_i}\sum_{v=son[i]}B_v)=1\)时无解。（注意后一个）
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#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define eps 1e-9//small
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 200000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
const int N=10005;
int Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1],dgr[N];
double A[N],B[N],C[N],K[N],P[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void AE(int u,int v)
{
++dgr[v], to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
++dgr[u], to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
bool DFS(int x,int f)
{
if(dgr[x]==1 && f)//链。。
{
A[x]=K[x], B[x]=C[x]=P[x];
return 1;
}
double a=K[x],b=P[x]/dgr[x],c=P[x],d=0,p=b;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=f)
{
if(!DFS(v,x)) return 0;
a+=p*A[v], c+=p*C[v], d+=p*B[v];
}
if(fabs(1-d)<eps) return 0;
A[x]=a/(1-d), B[x]=b/(1-d), C[x]=c/(1-d);
return 1;
}
int main()
{
for(int T=read(),i=1; i<=T; ++i)
{
Enum=0, memset(H,0,sizeof H), memset(dgr,0,sizeof dgr);
int n=read();
for(int i=1; i<n; ++i) AE(read(),read());
for(int i=1; i<=n; ++i) K[i]=1.0*read()/100,P[i]=1-K[i]-(1.0*read()/100);
printf("Case %d: ",i);
if(DFS(1,0) && fabs(1.0-A[1])>eps) printf("%.5lf\n",C[1]/(1.0-A[1]));
else puts("impossible");
}
return 0;
}