题目
太郎和一只免子正在玩一个掷骰子游戏。有一个有N个格子的长条棋盘，太郎和兔子轮流掷一个有M面的骰子，骰子M面分别是1到M的数字.且掷到任意一面的概率是相同的.掷到几.就往前走几步.当谁走到第N格时，谁就获胜了。游戏中还有一个规则“反弹”.就是当一位选手要走到第N格外时.他就会后退(就像飞行棋进营一样)。
假设现在一位追手在A格.当他掷出B时：
1.A+B<N，走到第A+B.络，
2.A+B=N，走到第N格，获胜。
3.A+B≥N，走到第(N-(A+B-N)格
现在太郎和兔子分别在第x和y格.接下来是太郎掷骰子，太郎想知道他赢得比赛的概率就多少。
分析
设(f_{i,j})表示太郎在i，兔子在j，太郎的胜率。我们从后往前转移。
我们分四种情况：
1、i+m<=n and j+m<=n
2、i+m>n and j+m<=n
3、i+m<=n and j+m>n
4、i+m>n and j+m>n
why?
因为发现，当(i+m>n)时，i怎么跳总是(i+m>n)，那么就可以把它们当做同一种状态。j也一样。
情况一：i+m<=n and j+m<=n
因为i走到k的概率为(dfrac{1}{m})，j走到l的概率也为(dfrac{1}{m})，
那么状态(i,j)的胜率就是状态(k,l)胜率的总和。
情况二：i+m>n and j+m<=n
显然i有(dfrac{1}{m})的概率到达终点，而i有m种可能，又那么既然已经算了到达终点的概率，那么就不用在计算，所以乘以(m-1)。
情况三：i+m<=n and j+m>n
同样j有m种可能，但不能让他到达终点，那么就不用在计算，所以乘以(m-1)。
而当i在n-m这个位置时，i也有(dfrac{1}{m})的概率到达终点，有可能出现状态(n,n)，由于太郎是先手，所以算太郎赢，而前面有减去了j到达终点的情况，所以加上去。
情况四：i+m>n and j+m>n
要求i赢，所以
当i第一回合就走到了n，概率为(dfrac{1}{m})，
当i第一回合没有走到n，而j也不能走到n，在第二回合i走到了n概率为(dfrac{1}{m}（1-dfrac{1}{m}）^2)
如果在第二回合i还是没有走到n，而j还是不能走到n，在第三回合i走到了n概率为(dfrac{1}{m}（1-dfrac{1}{m}）^4)
如此类推，
等比数列求和
因为数列的公比小于1，([1-(1-dfrac{1}{m}）^{2n}])无限趋近于1，所以
解得
但是这样是(O(n^4))的，用矩阵后缀和优化，变成(O(n^2))。
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
const int maxlongint=2147483647;
const int mo=1000000007;
const int N=2005;
using namespace std;
double f[N][N],n,m,x,y;
double val(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
return f[x1][y1]-f[x1][y2]-f[x2][y1]+f[x2][y2];
}
int main()
{
scanf("%lf%lf%lf%lf",&n,&m,&x,&y);
for(int i=n;i>=1;i--)
for(int j=n;j>=1;j--)
{
f[i][j]=f[i+1][j]+f[i][j+1]-f[i+1][j+1];
if(i==n)
{
f[i][j]++;
continue;
}
if(j==n) continue;
if(i+m>n && j+m>n)
f[i][j]+=m/(2*m-1);
else
if(i+m>n)
f[i][j]+=val(i,j+1,i+1,j+m+1)*(m-1)/m/m+1/m;
else
if(j+m>n)
f[i][j]+=(m-1)*val(i+1,j,i+1+m,j+1)/m/m+(i==n-m)/m/m;
else
f[i][j]+=val(i+1,j+1,i+m+1,j+m+1)/(m*m);
}
printf("%.6lf",val(x,y,x+1,y+1));
}