AT2705 Yes or No(组合数学)

传送门

解题思路

　　首先将这个模型放到坐标轴上，\(x\)轴表示\(1\)，\(y\)轴表示\(0\)。问题就转化成了从\((0,0)\)走到\((n,m)\)，每次可以猜测向\(x\)轴或向\(y\)轴，而实际也有一条路线，求猜中的个数的期望。假设\(n<m\)首先如果一直猜\(m\)，答案必然为\(m\)，那么这是答案的下界。再考虑过\((n,m)\)做一条斜率为\(1\)的直线，如果在直线上，那么猜中的概率其实就为\(\frac{1}{2}\)。，而不在坐标轴上猜中的期望其实就为\(m\)。那么现在就是求走到直线的概率，根据期望的线性，可以考虑直线上每一个点产生的贡献，过这个点的路线就可以用组合数轻松算出了。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>

using namespace std;
const int N=1000005;
const int MOD=998244353;
typedef long long LL;

int n,m,fac[N],inv[N];
int Ans1,Ans2;

//LL gcd(LL x,LL y) {
//	if(!y) return x;
//	return gcd(y,x%y);
//}
//
//struct Data{
//	LL x,y;
//	Data(LL _x=0,LL _y=0) {x=_x; y=_y;}
//	friend Data operator+(const Data A,const Data B){
//		Data ret; ret.y=A.y*B.y; ret.x=A.x*B.y+A.y*B.x;
//		LL tmp=gcd(ret.x,ret.y); ret.x/=tmp; ret.y/=tmp;
//		return ret;
//	}
//	friend Data operator*(const Data A,const Data B){
//		Data ret; ret.x=A.x*B.x; ret.y=A.y*B.y;
//		LL tmp=gcd(ret.x,ret.y); ret.x/=tmp; ret.y/=tmp;
//		return ret;
//	}
//}ans;

inline int fast_pow(int x,int y){
	int ret=1;
	for(;y;y>>=1){
		if(y&1) ret=(LL)ret*x%MOD;
		x=(LL)x*x%MOD;
	}
	return ret;
}

inline int C(int x,int y){
	return (LL)fac[x]*inv[y]%MOD*inv[x-y]%MOD;
}

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if(n>m) swap(n,m); fac[0]=inv[0]=1;
	for(int i=1;i<=n+m;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD;
	inv[n+m]=fast_pow(fac[n+m],MOD-2);
	for(int i=n+m-1;~i;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%MOD;
	Ans1=1ll*2*m*C(n+m,n)%MOD; Ans2=fast_pow(C(n+m,n)*2%MOD,MOD-2);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		Ans1=Ans1+1ll*C(n-i+m-i,n-i)*C(i+i,i)%MOD;	
		Ans1%=MOD;
	}
	printf("%lld\n",1ll*Ans1*Ans2%MOD);
//	ans=ans+Data(1,2)*Data(C(n-i+m-i,n-i)*C(i+i,i),C(n+m,n));
//	printf("%lld\n",1ll*ans.x*fast_pow(ans.y,MOD-2)%MOD);
	return 0;	
}