Description

有n+m个问题，这些问题的答案为Yes或No，其中n个为Yes，m个为No，
这些题目随机排列，你需要按顺序猜这些问题的答案，且猜完以后你可以立刻知道当前猜的问题的正确答案，
假设你绝顶聪明，求答对问题的期望个数最大是多少。

Solution

$O(nm)$的DP试可以显然得到：

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

那么这个就相当于在平面上行走，从(0,0)到(n,m)，每穿过一次y=x这条直线，$\max(i,j)$的值就变动一下，

设$n>=m$，
首先先考虑不穿过y=x的情况，那么肯定是一直猜同一个，总共一定会猜对n次，

再考虑穿过了的情况，忽略在直线y=x上的点，我们发现，如果把路径穿过直线的部分以对称的方式对称过来，那么它的答案不变，
换句话说，无论路径多么的曲折，穿过了多少次直线y=x，它的答案一定为n，（忽略在直线上的点）
而对于在直线y=x上的点，我们猜对的概率一定为1/2，那么直接统计这个1/2对答案贡献多少次即可（有多少条路径经过这一点）。

Code

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#define fo(i,a,b) for(LL i=a;i<=b;++i)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define max(q,w) ((q)>(w)?(q):(w))
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1000500,mo=998244353;
int m,n;
LL ans,jc[N],jcn[N];
LL ksm(LL q,int w)
{
    LL ans=1;
    for(;w;w>>=1,q=q*q%mo)if(w&1)ans=ans*q%mo;
    return ans;
}
LL C(int m,int n){return jc[m]*jcn[n]%mo*jcn[m-n]%mo;}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    jc[0]=1;fo(i,1,n+m)jc[i]=jc[i-1]*(LL)i%mo;
    jcn[n+m]=ksm(jc[n+m],mo-2);fod(i,m+n-1,0)jcn[i]=jcn[i+1]*(i+1LL)%mo;
    if(n<m)swap(n,m);
    fo(i,1,m)ans=(ans+C(i*2,i)*C(n+m-i*2,m-i)%mo)%mo;
    printf("%lld\n",(ans*ksm(2,mo-2)%mo*ksm(C(m+n,m),mo-2)+n)%mo);
    return 0;
}