XOR和路徑

做《算法進階》時，我遇到了我從未涉及到的概率問題
研究了很久，終於學會概率dp和期望值
看一下這道題
【題意】
給定一個無向連通圖，其節點編號爲1到N，其邊的權值爲非負整數。
試求出一條從1號節點都N號節點的路徑，使得該路徑上經過的邊的權值的XOR和最大。
該路徑可以重複經過某些節點或邊，當一條邊在路徑中出現多次時，其權值在計算XOR和時也應被重複計算相應多的次數。
直接求解上述問題比較困難，於是你決定使用非完美算法。
具體來說，從1號節點開始，以相等的概率，隨機選擇與當前節點相關聯的某條邊，並沿着這條邊走到下一個節點，重複這個過程直到走到N號節點爲止，便得到一條從1號節點到N號節點的路徑。
顯然得到每條這樣的路徑的概率是不同的，並且每條這樣的路徑的XOR和也不一樣。
現在請你求出該算法得到的路徑的XOR和的期望值。
【輸入格式】
第一行包含兩個整數N和M，表示節點數和邊數。
接下來M行，每行包含三個整數u,v,w，表示存在一條邊(u,v)，權值爲w。
圖中可能存在重邊或自環。
【輸出格式】
輸出包含一個實數，表示XOR和的期望值，結果保留三位小數。
【數據範圍】
2≤N≤100,
M≤10000,
1≤u,v≤N,
0≤w≤10^9
【輸入樣例】
2 2
1 1 2
1 2 3
【輸出樣例】
2.333

因爲不能直接將這個期望值當成一個整體來算，所以我們將它拆分。
期望值其實就是平均數，它=所有的（可能值X概率）
又因爲是異或運算，所以我們不妨將它拆分爲二進制的每一個位
先設f[i]爲i位是1的概率。
所以

解釋一下第一條公式：
先是枚舉每一條與u相連的邊（連到v）
如果這條邊二進制拆分以後所求的一位是1
就要加上v點0的概率，也就是1-f[v]
否則就是要加上v點1的概率，也就是f[v]
只有這樣，我們才能使u是1
參考代碼（有修改）：

//Author:XuHt
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 106;
int n, m;
double a[N][N], b[N], ans;
vector<pair<int, int> > e[N];

void work() {
	for (int i = 1; i < n; i++) {
/*		int now = i;算法進階裏的標程有這一句，實際上可以不用 
		for (int j = i + 1; j < n; j++)
			if (fabs(a[j][i]) > fabs(a[now][i])) now = j;
		for (int j = 0; j <= n; j++) swap(a[i][j], a[now][j]);*/
		for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
			double rate = a[j][i] / a[i][i];
			for (int k = 0; k <= n; k++) a[j][k] = a[i][k] * rate - a[j][k];
		}
	}
	for (int i = n; i; i--) {
		for (int j = i + 1; j <= n; j++) a[i][0] -= a[i][j] * b[j];
		b[i] = a[i][0] / a[i][i];
	}
}

int main() {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		int x, y, z;
		scanf("%d %d %d", &x, &y, &z);
		e[x].push_back(make_pair(y, z));
		if (x != y) e[y].push_back(make_pair(x, z));
	}
	for (int i = 0; i < 31; i++) {
		memset(a, 0, sizeof(a));
		memset(b, 0, sizeof(b));
		//高斯消元數組的構造（第三條公式除以dg[u]） 
		for (int x = 1; x <= n; x++) a[x][x] = 1;
		for (int x = 1; x < n; x++) {
			int s = e[x].size();
			for (int j = 0; j < s; j++) {
				int y = e[x][j].first, z = e[x][j].second;
				double w = 1.0 / s;
				if ((z >> i) & 1) {
					a[x][y] += w;
					a[x][0] += w;
				} else a[x][y] -= w;
			}
		}
		work();
		ans += b[1] * (1 << i);
	}
	printf("%.3f\n", ans);
	return 0;
}