仔细读题，分析长颈鹿购买的流程，不难发现：只要第一次购买的饮料型号确定了下来，后面所有的购买流程以及会购买的饮料型号全都会确定下来。因为从第二次开始，所有的窗口都至多有一种有存货的饮料。

所以我们只需要从 $1\sim n$ 进行枚举，每次分别枚举其出货正确或者出货错误时的购买流程，就可以计算其在这种情况下支出的费用。

每次具体模拟如下：首先支付对应费用，然后判断当前买到了哪个款式，对应款式设置为缺货状态，然后长颈鹿跳转到下一个窗口。每次在支付费用之后先判断，如果该窗口提供的两种饮料都缺货，则直接中断；反之，判断哪一种有存货，购买到对应的饮料种类，然后到对应的窗口。直至购买到的饮料是目标饮料为止。

最终结果的计算只要会数学期望的基础即可。把上面的每一种情况乘以该窗口第一次出货正确或者错误的概率。所有项加和之后除以 $n$ 即为所求。

最后注意一下输出答案，不能和标准答案超过 $10^{-6}$ ，所以要输出小数点后 $6$ 位及以上。且为了精度问题，必须使用 double 或者 long double 类型，实测 float 的精度无法支持这样的运算。

本题并没有想象中的那么签到，不过大家也要稳住心态，只要细心读题，慢慢构造模拟流程即可。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define N 2010
int n, x;
int a[N], b[N];
double p[N];
double ans;
char remain[N]; // 剩余哪些有存货的饮料
// 模拟 st : 起始所在窗口 st_right : 是否出货正确的饮料
int simulation(int st, char st_right)
{
    memset(remain, 1, n + 1); // 初始将所有饮料设置为有存货
    int ret = a[st], buy = st_right ? st : b[st]; // 起始需要花钱
    remain[buy] = 0;
    while (buy ^ x)
    {
        st = buy;
        ret += a[st]; // 先花钱，再判断是否有警报
        if (!remain[st] && !remain[b[st]])
            break;
        buy = remain[st] ? st : b[st];
        remain[buy] = 0;
    }
    return ret;
}
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &x);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d%d%lf", &a[i], &b[i], &p[i]);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        ans += simulation(i, 1) * p[i] + simulation(i, 0) * (1 - p[i]);
    // 由于和答案误差不超过 10^-6 就算正确，只要输出 6 位即以上小数即可。必须使用 `double` 或者 `long double`
    printf("%.7f", ans / n); // 数学期望，不要忘记除以 n
}