分析：

首先，很容易搞出來一個N^2的DP做法，顯然會T，但是對發現正解有很大幫助：
將這個DP轉換為一個網格，就變為：從起始點(n,m)出發，到達目標點(0,0)的期望路徑長度。

首先，有一個很厲害的結論：因為每次都是按照最優策略選答案，所以不妨設n>=m，那麼一定能答對n次。證明很顯然，每次當n>m時我們都會n的那一項，儘管答案可能會錯，但錯了之後，n會更大，我們更會選n。直到最終沒有m了，或者終於答對一次，n減少1。

有了這個結論以及其證明的過程，顯然不在對角線(i,i)上的點已經不用考慮了。其選擇方案之和永遠為n。

顯然，在對角線上的點，我們只能隨便選一個答案，無論選哪個都將離開對角線，並且期望得分都為1/2。

因此，我們可以爆枚每個對角線上的點被選中的概率，把它乘以1/2累加起來即可。

最後把累加的和加上n就做完了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 1000010
#define MOD 998244353
using namespace std;
typedef long long ll;
ll fac[MAXN],ifac[MAXN];
ll ans;
ll fsp(ll x,int y)
 
{
	ll res=1;
	while(y){
		if(y&1)
			res=res*x%MOD;
		x=x*x%MOD;
		y>>=1;
	}	
	return res;
}
void prepare(){
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=1000000;i++)
		fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	ifac[1000000]=fsp(fac[1000000],MOD-2);
	for(int i=1000000;i>=1;i--)
		ifac[i-1]=ifac[i]*i%MOD;
}
ll C(int n,int m){
	return fac[n]*ifac[
 
m]%MOD*ifac[n-m]%MOD;	
}
int main(){
	int n,m;
	prepare();
	SF("%d%d",&n,&m);
	if(n<m)
		swap(n,m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		ans=(ans+C(2*i,i)*C(n+m-2*i,n-i)%MOD)%MOD;
	ans=ans*fsp(2ll*C(n+m,n)%MOD,MOD-2)%MOD;
	ans=(ans+n)%MOD;
	PF("%lld",ans);
}