牛客挑战赛 38 C.圆桌聚餐（条件概率，贝叶斯公式，期望 dp，思维）

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官方题解：

补充这个dp转移的 概率系数 $\frac{p}{(n-2)\ast p+(n-4)\ast q}$ 是如何求出的：

由于人数是无限的，题目告诉我们随机抽取一个号码的概率是 $\frac{1}{n}$，实际上是告诉我们每个位置分配的概率是等可能的。

枚举 A国人坐在第 i 个位置进行转移，要求出他是A国人并且他坐在第 i 个位置的概率：注意这实际上是一个条件概率，他坐在第 i 个位置上是在他已经就坐这件事已经发生的基础上发生的。

为什么这里要用条件概率来进行转移呢？
对于这题 dp 的决策，枚举的转移点是 ：第一个坐下的人，他坐下的位置和他的国家，而不是某个到来的人他坐下的位置和他的国家，因为这个到来的人不一定会坐下（例如他是A国人他就不会坐在 1 和 n 这个位置）这种情况是无法转移的，无法转移就表明这个 $dp$ 有概率无解，这显然不合理。

假设人数不是无限的，那么有人就坐这件事就不是一定发生，对于没有就坐的情况 dp[k] 不能由任何决策点转移得到，因此dp[k] 可能是无解的。（这也是给出人数无限的意义）

因此，对于每个枚举的转移点，例如第一个坐下的人，他坐在第 i 个位置，并且他是A国人，需要求出一个概率 ：P(他是A国人，并且他坐在第 i 个位置 | 有人就坐)

令 事件TA 表示：有人就坐， 事件 B1：他是A国人，事件B2：他是B国人。

假设当前枚举的转移点是：第一个坐下的人，他坐在第 i 个位置，并且他是 A 国人：先求出 P(B1 | A)：坐下的这个人是A国人的概率，再除以 $n-2$ 就得到坐下的这个人是 A国人，并且他坐在第 i 个位置的概率（因为在就坐已经发生的条件下，A 国人就坐这件事 样本空间有 n - 2 个位置，每一个位置都是等可能的，因此每一个位置坐下的概率是 $\frac{1}{n-2}$）

$P(B_1|A)$，在这个样本空间中，事件 {B1,B2} 是一个完备事件组，考虑用贝叶斯公式得到这个概率值：$P(B_1|A)=\frac{P(B_1)\ast P(A|B_1)}{{\sum }_{i=1}^{n}P(B_i)\ast P(A|B_i)}$

容易得出： $P(A|B_1)=\frac{n-2}{n}$， $P(A|B_2)=\frac{n-4}{n}$，$P(B_1)=\frac{p}{p+q},P(B_2)=\frac{q}{p+q}$

可以计算得到：$P(B_1|A)=\frac{(n-2)\ast p}{(n-2)\ast p+(n-4)\ast q}$

同理可以得到：$P(B_2|A)=\frac{(n-4)\ast q}{(n-2)\ast p+(n-4)\ast q}$

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代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 10;
typedef long long ll;
const int mod = 998244353;
ll n,p,q;
ll dp[maxn],sum[maxn];
ll fpow(ll a,ll b) {
    
    
	ll r = 1;
	while (b) {
    
    
		if (b & 1) r = 1ll * r * a % mod;
		b >>= 1;
		a = 1ll * a * a % mod;
	}
	return r;
}
int main() {
    
    
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&p,&q);
	dp[0] = dp[1] = dp[2] = 0;
	if (p) dp[3] = dp[4] = 1;
	for (int i = 1; i <= 4; i++)
		sum[i] = sum[i - 1] + dp[i];
	for (int i = 5; i <= n; i++) {
    
    
		dp[i] = (2 * sum[i - 2] * p % mod + 2 * sum[i - 3] * q % mod) % mod;
		ll t = (1ll * (i - 2) * p % mod + 1ll * (i - 4) * q % mod) % mod;
		dp[i] = (dp[i] * fpow(t,mod - 2) + 1) % mod;
		sum[i] = (sum[i - 1] + dp[i]) % mod;
	}
	printf("%lld\n",dp[n - 1] + 1);
}