分析
首先把 $p_4=0$ 的情况判掉，答案显然为 $0$ 。
考虑 DP 。设 $dp_{i,j}$ 表示 $i$ 个人的队列，现在在第 $j$ 个，最后在前 $k$ 个位置的概率。
转移可以考虑后继状态，容易得到
$$
dp_{i,j}=\begin{cases}dp_{i,j}\times p_1+dp_{i,i}\times p_2+p_4,&j=1\\dp_{i,j}\times p_1+dp_{i,j-1}\times p_2+dp_{i-1,j-1}\times p_3+p_4,&2\leq j\leq k\\dp_{i,j}\times p_1+dp_{i,j-1}\times p_2+dp_{i-1,j-1}\times p_3,&k+1\leq j\leq i\end{cases}
$$
我们先考虑消掉等号右边的 $dp_{i,j}$ 。将带有 $dp_{i,j}$ 的项移项后两边同除 $1-p_1$ 得到
$$
dp_{i,j}=\begin{cases}dp_{i,i}\times\frac{p_2}{1-p_1}+\frac{p_4}{1-p_4},&j=1\\dp_{i,j-1}\times \frac{p_2}{1-p_1}+dp_{i-1,j-1}\times\frac{p_3}{1-p_1}+\frac{p_4}{1-p_1},&2\leq j\leq k\\dp_{i,j-1}\times\frac{p_2}{1-p_1}+dp_{i-1,j-1}\times\frac{p_3}{1-p_1},&k+1\leq j\leq i\end{cases}
$$
然而这个东西还是无法转移，于是我们考虑用一些技巧算出 $dp_{i,i}$ 来，这样子其它的 DP 值就都可以算出了。
注意到
$$
\begin{aligned}
dp_{i,1}&=dp_{i,i}\times\frac{p_2}{1-p_1}+\frac{p_4}{1-p_4}\\
dp_{i,2}&=dp_{i,1}\times\frac{p_2}{1-p_1}+dp_{i-1,1}\times\frac{p_3}{1-p_1}+\frac{p_4}{1-p_4}\\
&\cdots\\
dp_{i,i}&=dp_{i,j-1}\times\frac{p_2}{1-p_1}+dp_{i-1,j-1}\times\frac{p_3}{1-p_1}\left(+\frac{p_4}{1-p_4}\right)
\end{aligned}
$$
于是我们可以上面的式子代入下面的式子中，最后会得到
$$
dp_{i,i}=a^i\times dp_{i,i}+c
$$
这里的 $c$ 是一个可以算出的常数。于是我们可以得到 $dp_{i,i}=\frac{c}{1-a^i}$ 。
最后考虑边界的问题。注意到
$$
dp_{1,1}=dp_{1,1}\times p_1+dp_{1,1}\times p_2+p_4
$$
于是可以得到 $dp_{1,1}=\frac{p_4}{1-p_1-p_2}$ 。
具体实现及细节见代码。
代码
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// author: M_sea
// website: http://m-sea-blog.com/
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#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define re register
using namespace std;
inline int read() {
int X=0,w=1; char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') w=-1; c=getchar(); }
while (c>='0'&&c<='9') X=X*10+c-'0',c=getchar();
return X*w;
}
const int N=2000+10;
int n,m,k; double p1,p2,p3,p4;
double pw[N],p[N],dp[N][N];
int main() {
while (scanf("%d%d%d%lf%lf%lf%lf",&n,&m,&k,&p1,&p2,&p3,&p4)==7) {
if (p4<1e-6) { puts("0.00000"); continue; }
for (re int i=pw[0]=1;i<=n;++i) pw[i]=pw[i-1]*p2/(1-p1);
dp[1][1]=p4/(1-p1-p2);
for (re int i=2;i<=n;++i) {
p[1]=p4/(1-p1);
for (re int j=2;j<=k;++j) p[j]=p3/(1-p1)*dp[i-1][j-1]+p4/(1-p1);
for (re int j=k+1;j<=i;++j) p[j]=p3/(1-p1)*dp[i-1][j-1];
double c=0;
for (re int j=1;j<=i;++j) c+=pw[i-j]*p[j];
dp[i][i]=c/(1-pw[i]); dp[i][1]=p2/(1-p1)*dp[i][i]+p4/(1-p1);
for (re int j=2;j<i;++j) dp[i][j]=p2/(1-p1)*dp[i][j-1]+p[j];
}
printf("%.5lf\n",dp[n][m]);
}
return 0;
}