Agc019_F Yes or No

传送门

题目大意

有若干道判断题，其中有$n$道答案是$Yes$，另外$m$道答案是$No$，问题除了答案差异本质相同。这些题一道都不会做，但是事先知道$n$和$m$的数量。每次机器会事先等概率地排列着$n+m$个答案(共$\dbinom{n+m}{n}$种可能)，概率地选择一道没有问过的题目询问，然后答题者就必须给出答案，随后机器就会立即反馈你这道题是否判断错误，求如果采用最优策略，期望最多猜对多少道题，答案对$998244353$取模。

题解

神仙题，$tourist$出的是一个很难略微复杂的解法，然后被人用冷静思考大力分析给碾过去了$Orz$...

由于交换$n,m$对答案并无影响，不妨设$n\leq m$。

考虑每一种答案的排列对应着从$(m,n)$到$(0,0)$的每次只能沿着正下或正左走$1$的距离的一条路径。

由于答案取每种路径的概率是相等的，我们只需要算所有路径的期望之和即可。

假设对于某一条路径，到达了$x,y$，当$x<y$时，我们一定会猜它向下走，当$x>y$时，我们一定会才它向左走。

所以对于路径上所有$x\ne y$的状态猜对的数量路径与下图红色边的交集大小。

通过找规律可以发现这个值一定是$m$。因为当$x\ne y$时，一定会有某一个状态走到$x=y$，所以可以证明。

对于所有$x=y$的状态，不论怎么猜都会毫无头绪，所以贡献是$\frac {1}{2}$。

这部分的贡献是所有路径经过的$(x,y)(x=y,x,y>0)$的点的数量，除以所有路径数。

可以预处理阶乘组合数$O(n)$解决。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define mod 998244353
#define inv2 499122177
#define M 1000020
using namespace std;
namespace IO{
	int Top=0; char SS[20];
	void write(int x){
		if(!x){putchar('0');return;} if(x<0) x=-x,putchar('-');
		while(x) SS[++Top]=x%10,x/=10;
		while(Top) putchar(SS[Top]+'0'),--Top;
	}
	int read(){
		int nm=0,fh=1; char cw=getchar();
		for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
		for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
		return nm*fh;
	}
}using namespace IO;
int mul(int x,int y){return (LL)x*(LL)y%mod;}
int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?x+y-mod:x+y;}
int mus(int x,int y){return (x-y<0)?x-y+mod:x-y;}
int qpow(int x,int sq){
	int res=1;
	for(;sq;sq>>=1,x=mul(x,x)) if(sq&1) res=mul(res,x);
	return res;
}
int n,m,fac[M],ifac[M],ans;
int C(int tot,int tk){return mul(fac[tot],mul(ifac[tot-tk],ifac[tk]));}
int main(){
	n=read(),m=read(),fac[0]=1; if(n>m) swap(n,m);
	for(int i=1;i<=n+m;i++) fac[i]=mul(fac[i-1],i); ifac[n+m]=qpow(fac[n+m],mod-2);
	for(int i=n+m;i;i--) ifac[i-1]=mul(ifac[i],i);
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=add(ans,mul(C(i<<1,i),C(n+m-(i<<1),n-i)));
	write(add(mul(ans,mul(inv2,qpow(C(n+m,m),mod-2))),m)),putchar('\n'); return 0;
}