Description

　　給你\(n+m\)個詢問，其中\(n\)個的答案是\(Yes\)，\(m\)個的答案是\(No\)，現在依次回答這些詢問，每回答一個詢問就告訴你聽你回答對了還是沒對，求最優策略下答對題目期望數量對\(998244353\)取模

Solution

　　個人感覺很棒的一題qwq

​　　首先我們可以設出一個無腦dp：\(f[n][m]\)表示有\(n\)個\(Yes\)和\(m\)個\(No\)情況下的答案，策略的話當然是哪個剩的多就猜哪個，一樣多隨便猜一個，那麼我們可以得到轉移：
\[ f[n][m]=\begin{cases} \frac{n}{n+m}(f[n-1][m]+1)+\frac{m}{n+m}f[n][m-1]&(n>m)\\ \\ \frac{m}{n+m}(f[n][m-1]+1)+\frac{n}{n+m}f[n-1][m]&(n<m)\\ \\ 上面隨便選一個（其實就是隨便亂猜有\frac{1}{2}的概率有1的貢獻）&(n=m) \end{cases} \]

　　為了方便下面的描述，我們不妨令\(n>=m\)，因為我們的策略中如果一樣多就隨便猜一個，所以從對角線上點轉移出來的答案應該還要乘上\(\frac{1}{2}\)（隨便猜有\(\frac{1}{2}\)

　　先考慮比較簡單的\(n=m\)的情況：考慮一條從\((n,n)\)到\((0,0)\)的不碰到對角線的路徑，這樣的一種方案中所有的邊的貢獻都是確定的可以直接計算，會發現不管怎麼走，每條路徑一定會有\(n\)的貢獻

​　　那麼再看\(n>m\)的情況：考慮一條從\((n,m)\)到\((0,0)\)的路徑（可以經過對角線），我們按照觸碰對角線的節點將這條路徑劃分成若干個部分，除了第一部分（也就是從\((n,m)\)走到碰到的第一個對角線上的點的這段）以外，其他部分都可以看成是從對角線上某一個點出發，中途不經過對角線，在對角線上某個點結束的一段路程，其實也就是我們的\(n=m\)

​　　所以，我們可以得到一個結論：確定的貢獻為\(max(n,m)\)，接下來真正受概率影響的就只有那些對角線上的點的貢獻了

　　而這些點的貢獻其實也很好計算，只要有一條路徑經過對角線上的一個點，那麼不管是橫著走還是豎著走的，都有\(\frac{1}{2}\)的概率獲得\(1\)的貢獻，所以我們只要對於對角線上面的每一個點計算經過它的方案數，然後除以總的路徑數量，再乘上\(\frac{1}{2}\)即可

​　　mark：沒事把這種-1轉移的二維dp丟到座標系裡面轉成路徑什麼的好像挺有用的

​　　程式碼大概長這個樣子

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=5*(1e5)+10,MOD=998244353,inv2=499122177;
int fac[N*2],invfac[N*2];
int n,m;
int mul(int x,int y){return 1LL*x*y%MOD;}
int plu(int x,int y){return (1LL*x+y)%MOD;}
int C(int n,int m){return n<m?0:mul(fac[n],mul(invfac[m],invfac[n-m]));}
int calc(int n,int m){return C(n+m,m);}
int ksm(int x,int y){
    int ret=1,base=x;
    for (;y;y>>=1,base=mul(base,base))
        if (y&1) ret=mul(ret,base);
    return ret;
}
void prework(int n){
    fac[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
    invfac[n]=ksm(fac[n],MOD-2);
    for (int i=n-1;i>=0;--i) invfac[i]=mul(invfac[i+1],i+1);
}
void solve(){
    int ans=0;
    for (int i=1;i<=min(n,m);++i)
        ans=plu(ans,mul(calc(i,i),calc(n-i,m-i)));
    ans=mul(ans,ksm(calc(n,m),MOD-2));
    ans=mul(ans,inv2);
    printf("%d\n",ans+max(n,m));
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("a.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%d%d",&n,&m);
    prework(n+m);
    solve();
}