题意：

在一个$n\ast m$的方格上，一个人位于坐标$(x,y)$上。在每一个格子等概率的、随机的停在原地，向左移动，向右移动，向下移动。问机器人到最后一行的期望步数多少。

题解：

期望dp。令$dp[i][j]$作为$(i,j)$到最后一行的期望步数。期望dp，一般状态的表示都是从后往前，不用$dp[i][j]$作为$(x,y)$到$(i,j)$的期望步数：

• 终点的状态便于表示
• 对于本题这样多个终点，还需要求$(x,y)$到每个终点的概率

推式子还是从前往后推：
$$\begin{gathered} j=1,dp[i][j]=\frac{1}{3}(dp[i][j]+dp[i+1][j]+dp[i][j+1])+1 \\ 1<j<m,dp[i][j]=\frac{1}{4}(dp[i][j-1]+dp[i][j]+dp[i+1][j]+dp[i][j+1])+1 \\ j=m,dp[i][j]=\frac{1}{3}(dp[i][j]+dp[i+1][j]+dp[i][j-1])+1 \end{gathered}$$
因为可以横向移动，所以一行会有m个等式，m个未知数，形成m个方程。想到线性方程组。

显然可以转换线性方程组，以$m=5$的线性方程组矩阵$F[m][m+1]$为例：
$$\left[\begin{array}{cccccc}\frac{2}{3}& -\frac{1}{3}& 0& 0& 0& \frac{1}{3}dp[i+1][1]+1\\ -\frac{1}{4}& \frac{3}{4}& -\frac{1}{4}& 0& 0& \frac{1}{4}dp[i+1][2]+1\\ 0& -\frac{1}{4}& \frac{3}{4}& -\frac{1}{4}& 0& \frac{1}{4}dp[i+1][3]+1\\ 0& 0& -\frac{1}{4}& \frac{3}{4}& -\frac{1}{4}& \frac{1}{4}dp[i+1][4]+1\\ 0& 0& 0& \frac{2}{3}& -\frac{1}{3}& \frac{1}{3}dp[i+1][5]+1\end{array}\right]$$
可以观察到，只有对角线和两侧有数，所以不需要高斯消元，暴力模拟即可。

自底向上，使$F[j-1][j]$都变成0；自顶向下，使$F[j+1][j]$都变成0。

$O(nm)$完成消元，这样只剩下$F[j][j]\ne 0$，求解方程即可。

初始化$\forall i\in [1,m],dp[n][i]=0$。

构造矩阵，求解，得到$dp[n-1]$。

依次，得到$dp[1]$。输出$dp[x][y]$即可。

特判m=1的情况！

个人认为这是一道很好的DP套高斯消元的题。对于当图上可以横向和向下移动时，是一个很优秀的解法。当DP过程中出现循环的时候，有很好的借鉴意义。

AC代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <iomanip>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define lep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) 
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long,long long>
#define mp make_pair
#define pb push_back 
#define fir first
#define sec second
#define All(x) x.begin(),x.end() 
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 
#define INF 0x3f3f3f3f
#define INFF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define multi int T;scanf("%d",&T);while(T--) 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N=1e3+5;
const int mod=10007;
const db eps=1e-6;
const db pi=acos(-1.0);
int n,m,x,y;
db f[N][N],dp[N][N];
int main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("D:\\work\\data.in","r",stdin);
    #endif  
    cin>>n>>m>>x>>y;
    if(m==1){
        printf("%.10lf",2.0*(n-x));
        return 0;
    }
    lep(i,n-1,1){
        f[1][1]=f[m][m]=2.0/3;
        f[1][2]=f[m][m-1]=-1.0/3;
        rep(j,2,m-1) f[j][j]=3.0/4,f[j][j-1]=f[j][j+1]=-1.0/4;
        f[1][m+1]=dp[i+1][1]/3+1;
        f[m][m+1]=dp[i+1][m]/3+1;
        rep(j,2,m-1) f[j][m+1]=dp[i+1][j]/4+1;
        lep(j,m,2){
            db k=f[j-1][j]/f[j][j];
            f[j-1][j-1]-=k*f[j][j-1];
            f[j-1][j]-=k*f[j][j];
            f[j-1][m+1]-=k*f[j][m+1];
        }
        rep(j,1,m-1){
            db k=f[j+1][j]/f[j][j];
            f[j+1][j]-=k*f[j][j];
            f[j+1][m+1]-=k*f[j][m+1];
        }
        rep(j,1,m) dp[i][j]=f[j][m+1]/f[j][j];
    }
    printf("%.10lf",dp[x][y]);
}