题意
一个\(n \times m\)的矩形空间，起点是\((1,1)\)，终点是\((n,m)\)。
假设当前位于\((x,y)\)：
- 如果当前位于最后一行，那么下一步只能走向\((x,y+1)\)
- 如果当前位于最后一列，那么下一步只能走向\((x+1,y)\)
- 否则，以相等的概率走向\((x,y+1)\)和\((x+1,y)\)中的一个。
矩形空间中有一个小的矩形黑洞，用左上角和右下角的坐标表示，走进黑洞视为游戏失败，走到\((n,m)\)视为游戏成功，问游戏成功的概率。
解题思路
先不考虑黑洞。
对于\(1 \leq x < n, 1 \leq y < m\)，走到\((x,y)\)一共有\(C_{x+y-2}^{x-1}\)种可能的路径，然后走每一条可能的路径的概率为\(\frac{1}{2^{x+y-2}}\)，所以走到\((x,y)\)的概率是\(\frac{C_{x+y-2}^{x-1}}{x^{x+y-2}}\)。
但是\(n,m\)的取值最高可以到\(1e5\)，如果不加处理会炸精度，如果使用\(\log\)处理就可以把数值压在能接受的范围内。再加上\(2^{\log(\frac{C_{x+y-2}^{x-1}}{x^{x+y-2}})} = 2 ^ {\log((x + y - 2)!)-\log((y-1)!) - -\log((x-1)!) - x -y +2}\)，\(O(n)\)预处理出\(\log(i!)\)后就可以方便的计算\(P(x,y)\)了。
然后根据规则，最后一行和最后一列的概率要另外算。这里仅以最后一行为例，最后一列也是用同样的方法。
记走到\((x,y)\)的概率为\(P(x,y)\)，那么如果\((x,y)\)位于最后一行，则\(P(x,y)=P(x,y-1)+\frac{1}{2}P(x-1,y)\)。然后\(P(1,n)\)很容易推出等于\(\frac{1}{2^{n-1}}\)，所以这一行的概率就可以\(O(n)\)的递推出来。
假设上图中，黑色部分为黑洞，\((1,1)\)位于坐上角，那么很容易就可以得出游戏成功的概率为走到灰色格子的概率之和。将之前推导出的公式代入即可。
总结
早上七点的比赛差点错过了。前三题几乎都是直接秒，但是卡在了第四题。公式都推对了，但是没有想到炸精度怎么处理。脑海中出现了之前llg想在学校月赛搞用log处理大数的出题思路，但是看精度一直觉得不太行，然后就下班了，哪想到这就是正解。果然有时候就应该xjbg。
然后补题的时候又是因为担心精度问题用了long double，然后各种TLE，换成double就过了。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
double lg[N], lstr[N], lstc[N];
int main()
{
#ifdef BACKLIGHT
freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif
lg[0] = 0;
for (int i =1; i <= 2e5; ++i) lg[i] = lg[i-1] + log2(i);
int T;
scanf("%d", &T);
for (int Case = 1; Case <= T; Case ++) {
int n, m, l, r, u, d;
scanf("%d %d %d %d %d %d", &n, &m, &l, &u, &r, &d);
lstr[1] = pow(2, lg[1 + n - 2] - lg[1 - 1] - lg[n - 1] - 1 - n + 2);
for (int i = 2; i <= m; i++) {
lstr[i] = lstr[i-1] + 0.5 * pow(2, lg[i + (n-1)- 2] - lg[i - 1] - lg[(n-1) - 1] - i - (n-1) + 2);
}
lstc[1] = pow(2, lg[1 + m - 2] - lg[1 - 1] - lg[m - 1] - 1 - m + 2);
for (int i = 2; i <= n; i++) {
lstc[i] = lstc[i-1] + 0.5 * pow(2, lg[i + (m-1)- 2] - lg[i - 1] - lg[(m-1) - 1] - i - (m-1) + 2);
}
double ans = 0, tmp;
for (int i = 1; i <= l - 1; ++i) {
int D = l + d - i;
if(D > m) continue;
else if(D == m) {
ans += lstc[i];
}
else {
tmp = lg[i + D - 2] - lg[i - 1] - lg[D - 1] - i - D + 2;
ans += pow(2, tmp);
}
}
for (int i = 1; i <= u - 1; ++i) {
int R = r + u - i;
if(R > n) continue;
else if(R == n) {
ans += lstr[i];
}
else {
tmp = lg[i + R - 2] - lg[i - 1] - lg[R - 1] - i - R + 2;
ans += pow(2, tmp);
}
}
printf("Case #%d: %.12lf\n", Case, ans);
}
return 0;
}