[AGC019F] Yes or No

题目

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分析

一个暴力的 \(O(nm)\) 的 DP 不难看出：

\(f(i,j)\)：当前有 \(i\) 个 YES ，\(j\) 个 NO 的时候的期望的最大猜对数。

转移的时候，我们肯定选择猜对概率大的那个作为猜测的答案，也就是有；而当前问题有 \(\frac{i}{i+j}\) 的概率是 YES ，剩下的概率就是 NO ，也就是说：

\[f(i,j)=\frac{i}{i+j}f(i-1,j)+\frac{j}{i+j}f(i,j-1)+\frac{\max\{i,j\}}{i+j} \]

然后它是 \(O(nm)\) 的，对。

考虑优化这个过程。以下假设 \(n\ge m\) 。

显然我们是在进行从 \((n,m)\) 到 \((0,0)\) 的游走。每当我们走过 \(i=j\) 这条对角线的时候， \(\max\{i,j\}\) 的值就会变动。

游走的时候，如果不经过 \(i=j\) 这条线，我们只会才 YES ，因而只会得到 \(n\) 的贡献。

如果经过了 \(i=j\) 这条线，设路径为 \(P\) ，将它对角线之上的部分翻折到下面来，得到新路径 \(P'\) 。此时 \(P'\) 的贡献也是 \(n\) ；而 \(P\) 和 \(P'\) 经过的概率还是一样的。因而经过了 \(i=j\) 的这条线之后，我们仍然至少可以得到 \(n\) 的期望。

注意到这里的措辞是 " 至少 " 。事实上， \(i = j\) 的时候，我们有几率得到正确的答案，因而在 \(i=j\) 的时候我们会得到 \(\frac{1}{2}\) 的额外期望。

基于期望的线性性，我们可以对每个对角线上的点 \((k, k)\) ，计算它的额外期望对答案的贡献，我们只需要考虑经过它的概率：

\[\frac{\binom{m-k+n-k}{m-k}\times\binom{2k}{k}}{\binom{n+m}{m}} \]

其中分子是经过 \((k,k)\) 的路径条数，分母是总路径条数。

因而经过对角线的额外期望就是：

\[\frac12\sum_{k=1}^m\frac{\binom{m-k+n-k}{m-k}\binom{2k}{k}}{\binom{n+m}{m}} \]

计算的时间是 \(O(n)\) 的。

代码

#include <cstdio>

const int mod = 998244353;
const int MAXN = 2e6 + 5;

template<typename _T>
void read( _T &x )
{
	x = 0;char s = getchar();int f = 1;
	while( s > '9' || s < '0' ){if( s == '-' ) f = -1; s = getchar();}
	while( s >= '0' && s <= '9' ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar();}
	x *= f;
}

template<typename _T>
void write( _T x )
{
	if( x < 0 ){ putchar( '-' ); x = ( ~ x ) + 1; }
	if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
	putchar( x % 10 + '0' );
}

template<typename _T>
void swapp( _T &x, _T &y )
{
	_T t = x; x = y, y = t;
}

int fac[MAXN], ifac[MAXN];
int N, M;

int qkpow( int, int );
int inv( const int a ) { return qkpow( a, mod - 2 ); }
void add( int &x, const int v ) { x = ( x + v >= mod ? x + v - mod : x + v ); }
int C( const int n, const int m ) { return 1ll * fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod; }
int invC( const int n, const int m ) { return 1ll * ifac[n] * fac[m] % mod * fac[n - m] % mod; }

int qkpow( int base, int indx )
{
	int ret = 1;
	while( indx )
	{
		if( indx & 1 ) ret = 1ll * ret * base % mod;
		base = 1ll * base * base % mod, indx >>= 1;
	}
	return ret;
}

void init( const int siz )
{
	fac[0] = ifac[0] = 1;
	for( int i = 1 ; i <= siz ; i ++ ) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
	ifac[siz] = inv( fac[siz] );
	for( int i = siz - 1 ; i ; i -- ) ifac[i] = 1ll * ifac[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;
}

int main()
{
	read( N ), read( M );
	if( N < M ) swapp( N, M );
	init( N + M ); 
	
	int ans = 0, tmp = invC( N + M, N );
	for( int k = 1 ; k <= M ; k ++ )
		add( ans, 499122177ll * C( M - k + N - k, M - k ) % mod * C( 2 * k, k ) % mod * tmp % mod );
	add( ans, N ); write( ans ), putchar( '\n' );
	return 0;
}