Solution -「AGC 019F」「AT 2705」Yes or No
\(\mathcal{Description}\)
Link.
有 \(n+m\) 个问题,其中 \(n\) 个答案为 yes,\(m\) 个答案为 no。每次你需要回答一个问题,然后得知这个问题的正确答案。求最优策略下期望答对的题数。
\(n,m\le5\times10^5\)。
\(\mathcal{Solution}\)
显然贪心策略:当 \(n\not=m\),猜较多的答案。
设 \(n>m\),无脑猜 yes,就一定能答对 \(n\) 道题。那么所有 \(n\not=m\) 的情形下,猜对的期望次数之和就是 \(n\)。接下来只需要考虑 \(n=m\) 时的贡献。
其实 OEIS 能找到 www。首先,\(n=m\) 时,猜中的概率显然为 \(\frac{1}2\)。那么贡献次数呢?考虑成一张为网格图,从 \((0,0)\) 向下或向右走,走到 \((n,m)\),求进过 \((i,i)\) 的概率。这就是经典的组合数问题嘛。综上,答案为:
\]
求出来就好啦,复杂度 \(\mathcal O(n+m)\)。
\(\mathcal{Code}\)
#include <cstdio>
const int MAXN = 5e5, MOD = 998244353;
int n, m, fac[MAXN * 2 + 5], ifac[MAXN * 2 + 5];
inline int qkpow ( int a, int b, const int p = MOD ) {
int ret = 1;
for ( ; b; a = 1ll * a * a % p, b >>= 1 ) ret = 1ll * ret * ( b & 1 ? a : 1 ) % p;
return ret;
}
inline void init ( const int n ) {
fac[0] = 1;
for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) fac[i] = 1ll * i * fac[i - 1] % MOD;
ifac[n] = qkpow ( fac[n], MOD - 2 );
for ( int i = n - 1; ~ i; -- i ) ifac[i] = ( i + 1ll ) * ifac[i + 1] % MOD;
}
inline int C ( const int n, const int m ) {
return n < m ? 0 : 1ll * fac[n] * ifac[m] % MOD * ifac[n - m] % MOD;
}
int main () {
scanf ( "%d %d", &n, &m );
if ( n < m ) n ^= m ^= n ^= m;
init ( n + m );
int ans = n, inv = ( MOD + 1ll ) / 2 * qkpow ( C ( n + m, n ), MOD - 2 ) % MOD;
for ( int i = 1; i <= m; ++ i ) {
ans = ( ans + 1ll * inv * C ( 2 * i, i ) % MOD * C ( n + m - 2 * i, n - i ) ) % MOD;
}
printf ( "%d\n", ans );
return 0;
}
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