题意：
描述
一共有\(n+m\)道题，其中\(n\)道答案是\(A\)，\(m\)道答案是\(B\)；
你事先知道\(n和m\),问在最优情况下的期望答错次数，对\(998244353\)取模；
范围
\(n,m \le 1e5\)
题解
- 考虑答对的期望次数；
- 显然最优策略是答个数多的那一个；
- 这样如果把状态写成一个 $n \times m $ 网格图，那么一个点的贡献 \({i,j}\) 就是 \(max(i,j)\) ;
- 考虑所有从\((0,0)\)走到\((n,m)\)的方案的和，答案就是
\[ \begin{align} n + m - \frac{\sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^{m} \frac{max(i,j)}{i+j}C_{i+j}^{i}C_{n-i+m-j}^{n-i} }{C_{n+m}^{n}} (i+j!=0) \end{align} \]
然后我就去特别死板的化式子。。。。。。，浪费了很多时间；
答案也确实是一个比较特别的式子 ：
\[ n - \frac{ \sum_{i=0}^{n} C^{i}_{2i}C^{n-i}_{n+m-2i} }{2C_{n+m}^{n}} (n<=m) \]考虑实际意义，对于一个实际的路径，在\(i!=j\)的点一定是可以知道回答什么，所以一定不会错，即会答对\(max(n,m)\)次
而在\(i==j\)的点会随便回答一个，答对的次数是\(1/2\)；
所以去掉一个\(max(n,m)\)之后只考虑所有\(i==j\)的点\(O(n)\)计算；
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define mod 998244353 using namespace std; const int N=1000010; int n,m,fac[N],ifac[N],inv[N]; int cal(int x,int y){return (ll)fac[x+y]*ifac[x]%mod*ifac[y]%mod;} int cal2(int x,int y){return (ll)fac[x]*fac[y]%mod*ifac[x+y]%mod;} int main(){ freopen("fft.in","r",stdin); freopen("fft.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); fac[0]=ifac[0]=1; for(int i=1;i<=n+m;++i){ if(i==1)inv[i]=1;else inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod; ifac[i]=(ll)ifac[i-1]*inv[i]%mod; } int ans=0; /* for(int i=0;i<=n;++i) for(int j=0;j<=m;++j)if(i==j)*/ for(int i=1;i<=n&&i<=m;++i){ int j=i; ans = (ans + (ll)max(i,j) * inv[i+j] %mod * cal(i,j) %mod * cal(n-i,m-j) %mod )%mod; // ans = (ans + (ll)min(i,j) * inv[i+j] %mod * cal(i,j) %mod * cal(n-i,m-j) %mod )%mod; } ans = (ll)( min(n,m) - (ll)ans * cal2(n,m)%mod + mod)%mod; // ans = ((ll)n + m - (ll)ans * cal2(n,m)%mod + mod)%mod; // ans = ((ll)ans *cal2(n,m)%mod); cout << ans << endl; return 0; }