sol

初步思路：求出每一条边期望会被走过多少次，然后排个序从大到小附上(1...m)的的权值。这样就能保证最小了。
然而一条边期望会被经过多少次？直接以这个作为高斯消元的自变量，方程不好列（因为边->边的转移不方便处理）
或者转化思路转而求一个点期望会出发多少次？（就是有多少次会以这个为起点出发去游走）
令(f_i)表示点(i)期望会出发多少次，我们发现，一条边((u,v))期望会被经过的次数为

[frac{f_u}{du_u}+frac{f_v}{du_v} ]

（就是从(u)或者是(v)都有(frac{1}{du_u})或是(frac{1}{du_v})的可能进到这条边）
所以现在就要求(f_i)

[f_u=sum_{v,(u,v)in E}frac{f_v}{du_v} ]

特殊的，(f_n=0)，然后(f_1)对应的那个式子最后面还有再加1
高斯消元即可。
复杂度(O(n^3))跑得过的

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 505;
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;}a[N*N<<1];
int n,m,U[N*N],V[N*N],head[N],cnt;
double f[N][N],du[N],sol[N],val[N*N],ans;
int main()
{
	n=gi();m=gi();
	for (int i=1,u,v;i<=m;i++)
	{
		u=U[i]=gi();v=V[i]=gi();
		a[++cnt]=(edge){v,head[u]};head[u]=cnt;
		a[++cnt]=(edge){u,head[v]};head[v]=cnt;
		du[u]+=1.0;du[v]+=1.0;
	}
	for (int u=1;u<n;u++)
	{
		f[u][u]=1;
		for (int e=head[u];e;e=a[e].next)
			if (a[e].to^n) f[u][a[e].to]-=1.0/du[a[e].to];
	}
	f[1][n+1]=1;//本来就要等于1
	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];
	}
	for (int i=1;i<=m;i++)
		val[i]=sol[U[i]]/du[U[i]]+sol[V[i]]/du[V[i]];
	sort(val+1,val+m+1);
	for (int i=1;i<=m;i++)
		ans+=val[i]*(double)(m-i+1);
	printf("%.3lf
",ans);
	return 0;
}