Solution -「AGC 019F」「AT 2705」Yes or No

(mathcal{Description})

  Link.

  有 (n+m) 个问题，其中 (n) 个答案为 yes，(m) 个答案为 no。每次你需要回答一个问题，然后得知这个问题的正确答案。求最优策略下期望答对的题数。

  (n,mle5 imes10^5)。

(mathcal{Solution})

  显然贪心策略：当 (n ot=m)，猜较多的答案。

  设 (n>m)，无脑猜 yes，就一定能答对 (n) 道题。那么所有 (n ot=m) 的情形下，猜对的期望次数之和就是 (n)。接下来只需要考虑 (n=m) 时的贡献。

  其实 OEIS 能找到 www。首先，(n=m) 时，猜中的概率显然为 (frac{1}2)。那么贡献次数呢？考虑成一张为网格图，从 ((0,0)) 向下或向右走，走到 ((n,m))，求进过 ((i,i)) 的概率。这就是经典的组合数问题嘛。综上，答案为：

[max{n,m}+frac{1}{2inom{n+m}{n}}sum_{i=1}^{min{n,m}}inom{2i}{i}inom{n+m-2i}{n-i} ]

  求出来就好啦，复杂度 (mathcal O(n+m))。

(mathcal{Code})

#include <cstdio>

const int MAXN = 5e5, MOD = 998244353;
int n, m, fac[MAXN * 2 + 5], ifac[MAXN * 2 + 5];

inline int qkpow ( int a, int b, const int p = MOD ) {
	int ret = 1;
	for ( ; b; a = 1ll * a * a % p, b >>= 1 ) ret = 1ll * ret * ( b & 1 ? a : 1 ) % p;
	return ret;
}

inline void init ( const int n ) {
	fac[0] = 1;
	for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) fac[i] = 1ll * i * fac[i - 1] % MOD;
	ifac[n] = qkpow ( fac[n], MOD - 2 );
	for ( int i = n - 1; ~ i; -- i ) ifac[i] = ( i + 1ll ) * ifac[i + 1] % MOD;
}

inline int C ( const int n, const int m ) {
	return n < m ? 0 : 1ll * fac[n] * ifac[m] % MOD * ifac[n - m] % MOD;
}

int main () {
	scanf ( "%d %d", &n, &m );
	if ( n < m ) n ^= m ^= n ^= m;
	init ( n + m );
	int ans = n, inv = ( MOD + 1ll ) / 2 * qkpow ( C ( n + m, n ), MOD - 2 ) % MOD;
	for ( int i = 1; i <= m; ++ i ) {
		ans = ( ans + 1ll * inv * C ( 2 * i, i ) % MOD * C ( n + m - 2 * i, n - i ) ) % MOD;
	}
	printf ( "%d
", ans );
	return 0;
}