sol

首先看见异或和，都是套路了。计算出每一位是1的概率直接相加即可。
设(f_i)表示(i)号节点到(n)为1的概率，就有这样的一个转移：

[f_u=sum_{v,e(u,v)=0}frac{f_v}{du_u}+sum_{v,e(u,v)=1}frac{1-f_v}{du_u} ]

其中(e(u,v)=0/1)表示这条边的权值在当前枚举的二进制位上是0还是1
简单地移一下项

[f_u+sum_{v,e(u,v)=1}frac{f_v}{du_u}-sum_{v,e(u,v)=1}frac{f_v}{du_u}=sum_{v,e(u,v)=1}frac{1}{du_u} ]

左边都是自变量，右边都是常数。高斯消元走你。
注意上式中的(uin[1,n))，因为根据定义应有(f_n=0)。
可以直接把最后一个方程设置为只有(f_n)的系数为1，其余都是0。
复杂度(O(n^3log{w}))

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 105;
int gi()
{
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return w?x:-x;
}
struct edge{int to,next,w;}a[N*N<<1];
int n,m,head[N],cnt;
double f[N][N],du[N],sol[N],ans;
int main()
{
	n=gi();m=gi();
	for (int i=1,u,v,w;i<=m;i++)
	{
		u=gi();v=gi();w=gi();
		a[++cnt]=(edge){v,head[u],w},head[u]=cnt,du[v]+=1;
		if (u^v) a[++cnt]=(edge){u,head[v],w},head[v]=cnt,du[u]+=1;
	}
	for (int zsy=0;zsy<=30;zsy++)
	{
		memset(f,0,sizeof(f));
		for (int u=1;u<n;u++)
		{
			f[u][u]=1;
			for (int e=head[u];e;e=a[e].next)
			{
				int v=a[e].to,w=a[e].w&(1<<zsy);
				if (w) f[u][v]+=1.0/du[u],f[u][n+1]+=1.0/du[u];
				else f[u][v]-=1.0/du[u];
			}
		}
		f[n][n]=1;//f_n=0
		for (int i=1;i<=n;i++)
			for (int j=i+1;j<=n;j++)
				for (int k=n+1;k>=i;k--)
					f[j][k]-=f[i][k]*f[j][i]/f[i][i];
		for (int i=n;i;i--)
		{
			sol[i]=f[i][n+1];
			for (int j=n;j>i;j--) sol[i]-=f[i][j]*sol[j];
			sol[i]/=f[i][i];
		}
		ans+=sol[1]*(1<<zsy);
	}
	printf("%.3lf
",ans);
	return 0;
}