本题网上有很多提示用图和Floyd算法。本人觉得用图的话，会把所有节点之间的路径都算一遍，没有必要。而且似乎本题用C++实现Floyd有些麻烦，网上的图算法都是用的phyton。所以我这里还是用万能的DFS大法。
基本思想很明确。要算两个节点的a/b，没有现成的数据怎么办，就把所有的中间节点走一遍，查看(a/c,c/b),(a/d,d/b),(a/e,e/b)...如果a/c有现成的，就把锅甩给DFS函数去递归考虑 c/b 怎么算，算出来c/b有解的话，a/b就大功告成。因为题目保证不会有冲突，所以那么多第三方节点c,d,e,...只要成功了一个就行。
首选，为了方便DFS的遍历，需要构造一个检索容易的数据结构。因为a,b,c,d这些字符串比较麻烦。所以用字符串的映射就是很自然的想法：
unordered_map<string, vector<pair<string, double>>> graph; //存储图的数据结构
for (int i=0; i<equations.size(); i++)
{
auto it = equations[i];
graph[it.first].push_back({it.second,values[i]});
graph[it.second].push_back({it.first,1.0/values[i]});
}
//构造完整的双向图构造DFS函数，包括起点start，终点end，和经过的节点集合visited
double DFS(string start, string end, unordered_set<string>visited)根据上述的思想，在graph[start]遍历所有可以从start到达的第三方节点mid。忽略已经走过的那些节点，剩下的调用DFS(mid,end,visited)来查看mid到end是否走得通就行。
for (auto a:graph[start]) //遍历start所能通向的所有位置
{
string mid = a.first; // 选取一个位置叫mid
if (visited.find(mid)!=visited.end()) continue; //如果这个位置已经访问过了，就不要再考虑
double temp2 = DFS(mid,end,visited); //剩下的就交给DFS去算从mid到end的距离。
if (temp2!=-1.0)
{
temp = a.second*temp2; //只要从mid到end可行的话，就算找到从start到end的解了（因为题目保证没有其他mid能造成冲突）
break;
}
}