題意

在一個魔法森林裡，住著一隻聰明的小貓聰聰和一隻可愛的小老鼠可可。雖 然灰姑娘非常喜歡她們倆，但是，聰聰終究是一隻貓，而可可終究是一隻老鼠， 同樣不變的是，聰聰成天想著要吃掉可可。

一天，聰聰意外得到了一臺非常有用的機器，據說是叫 GPS，對可可能準確 的定位。有了這臺機器，聰聰要吃可可就易如反掌了。於是，聰聰準備馬上出發， 去找可可。而可憐的可可還不知道大難即將臨頭，仍在森林裡無憂無慮的玩耍。 小兔子乖乖聽到這件事，馬上向灰姑娘報告。灰姑娘決定儘快阻止聰聰，拯救可 可，可她不知道還有沒有足夠的時間。

整個森林可以認為是一個無向圖，圖中有 $N$ 個美麗的景點，景點從 11

當聰聰得到 GPS 時，可可正在景點 $M$($M\le N$)處。以後的每個時間單位，可可 都會選擇去相鄰的景點(可能有多個)中的一個或停留在原景點不動。而去這些地方所發生的概率是相等的。假設有 $P$ 個景點與景點 M 相鄰，它們分別是景點 R、 景點 S，……景點 Q，在時刻 $T$ 可可處在景點 M，則在( $T+1$ )時刻，可可有 $1/(1+P)$ 的可能在景點 R，有 $1/(1+P)$ 的可能在景點 S，……，有 1/(1+P)1/(1 +P)

我們知道，聰聰是很聰明的，所以，當她在景點 C 時，她會選一個更靠近 可可的景點，如果這樣的景點有多個，她會選一個標號最小的景點。由於聰聰太 想吃掉可可了，如果走完第一步以後仍然沒吃到可可，她還可以在本段時間內再 向可可走近一步。

在每個時間單位，假設聰聰先走，可可後走。在某一時刻，若聰聰和可可位 於同一個景點，則可憐的可可就被吃掉了。

灰姑娘想知道，平均情況下，聰聰幾步就可能吃到可可。而你需要幫助灰姑 娘儘快的找到答案。

輸入輸出格式

資料的第 1 行為兩個整數 NN

第 2 行包含兩個整數 $C$ 和 $M$，以空格分隔，分別表示初始時聰聰和可可所在的景點的編號。

接下來 E 行，每行兩個整數，第 $i+2$ 行的兩個整數 AiA_iAi​和 BiB_iBi​表示景點 AiA_iAi​和景點 BiB_iBi​ 之間有一條路。 所有的路都是無向的，即：如果能從 A 走到 B，就可以從 B 走到 A。

輸入保證任何兩個景點之間不會有多於一條路直接相連，且聰聰和可可之間必有路直接或間接的相連。

輸出 1 個實數，四捨五入保留三位小數，表示平均多少個時間單位後聰聰會把可可吃掉。

輸入輸出樣例

4 3 
1 4 
1 2 
2 3 
3 4

1.500 

9 9 
9 3 
1 2 
2 3 
3 4 
4 5 
3 6 
4 6 
4 7 
7 8 
8 9

2.167

說明

【樣例說明 1】

開始時，聰聰和可可分別在景點 1 和景點 4。

第一個時刻，聰聰先走，她向更靠近可可(景點 4)的景點走動，走到景點 2， 然後走到景點 3；假定忽略走路所花時間。

可可後走，有兩種可能： 第一種是走到景點 3，這樣聰聰和可可到達同一個景點，可可被吃掉，步數為 $1$，概率為$0.5$。

第二種是停在景點 4，不被吃掉。概率為 $0.5$。

到第二個時刻，聰聰向更靠近可可(景點 4)的景點走動，只需要走一步即和 可可在同一景點。因此這種情況下聰聰會在兩步吃掉可可。 所以平均的步數是 $1\times 1/2+2\times 1/2=1.5$ 步。

對於 50%的資料，$1\le N\le 50$。
對於所有的資料，$1\le N,E\le 1000$。

這個題是一個很經典的題，因為資料範圍不大，我們可以預處理出從每一個點走向一個點第一步走的點， $bfs$即可，然後設 $f[s][t]$，為小貓在 $s$，老鼠在 $t$的答案，直接轉移就好了

Codes

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, a, b) for (register int i = (a), i##_end = (b); i <= i##_end; ++ i) 
#define FOR(i, a, b) for (register int i = (a), i##_end = (b); i >= i##_end; -- i) 
#define pb push_back
#define ldb long double

using namespace std;

inline int read() {
    int _ = 0, ___ = 1, __ = getchar();
    for (; !isdigit(__); __ = getchar()) if (__ == '-') ___ = -1;
    for (; isdigit(__); __ = getchar()) _ = (_ << 3) + (_ << 1) + (__ ^ 48);
    return _ * ___;
}

const int N = 1e3 + 10;

int fst[N][N], n, m; 

ldb f[N][N]; vector<int> G[N]; 

void BFS(int s) {
    queue<int> q; 
    for (fst[s][s] = -1, q.push(s); !q.empty(); q.pop()) {
        int k = q.front();
        for (auto v : G[k]) if (!fst[s][v]) {
            q.push(v);
            if (k ^ s) fst[s][v] = fst[s][k];
            else fst[s][v] = v; 
        }
    }
    fst[s][s] = 0;
}

ldb dfs(int s, int t) {
    if (f[s][t]) return f[s][t];
    if (s == t) return 0;
    if (fst[s][t] == t) return 1; 
    if (fst[fst[s][t]][t] == t) return 1; 
    ldb res = 0, sz = G[t].size(); 
    for (auto v : G[t]) 
        res += (dfs(fst[fst[s][t]][t], v) + 1) / (sz + 1);
    res += (dfs(fst[fst[s][t]][t], t) + 1) / (sz + 1);
    return f[s][t] = res; 
}

int main() {
#ifdef ylsakioi
    freopen("4206.in", "r", stdin);
    freopen("4206.out", "w", stdout);
#endif

    int x, y, C, M; 

    n = read(), m = read(), C = read(), M = read();
    For(i, 1, m) x = read(), y = read(), G[x].pb(y), G[y].pb(x);
    For(i, 1, n) sort(G[i].begin(), G[i].end());
    For(i, 1, n) BFS(i);

    printf("%.3Lf", dfs(C, M));

    return 0;
}