T1
DP
T2
头一次在比赛中做出来数论题qwq
写完 T1 看 T2 ，看见是数学题直接自闭。看完 T3 T4 发现后面的题更自闭滚回来看 T2 。
首先试图定义 dp[i][j][k] 为比了 (i) 场，平了 (j) 场，赢了 (k) 场的期望得分，然后发现数据范围 (n leq 2000) 给自己期望一个 (0pts) ，当场自闭。
又试图搞别的方法，定义 f[i][j] 为比了 i 场，平了 j 场的概率，g[i][j] 为在非平局的 i 场中获胜 j 场的概率，那么可以推出当平了 i 场的时候对答案的贡献是 ((i+1) imes f_i imes sumlimits_{j>n-i-j}g_{n-i,j}) ，最终答案即为 (sumlimits_{i=0}^n left[(i+1) imes f_i imes sumlimits_{j>n-i-j}g_{n-i,j} ight]) 。
在推 (f) 和 (g) 的递推式的时候发现好复杂，又逐渐自闭……
我们可以找到直接推出 (f_{i,j}) 的方法 : (f_{i,j} = C_i^j imesleft(frac{p}{p+2} ight)^j imes left(frac{2}{p+2} ight)^{i-j})
但是发现 (g) 的式子并不是很好推，然而突然发现这里两个人获胜的概率是相同的，因此可以想到一个人赢比输少与输比赢少的概率应当是相同的，要注意当 (2mid i) 的时候，可以出现输赢次数相同的情况，我们将这种情况的概率减掉再除以二，其余情况直接返回 (frac{1}{2}) 即可。
我们只需要枚举平局的数量，即可线性求出答案。
code：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define prev Prev
using namespace std;
int read()
{
int a = 0,x = 1;char ch = getchar();
while(ch > '9' || ch < '0') {if(ch == '-') x = -1;ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9') {a = a*10 + ch-'0';ch = getchar();}
return a*x;
}
const int N=3e6+7,P=998244353;
int n,p;
ll prev;
ll tmp[N],rev[N];
ll fpow(ll a,ll x)
{
if(x == 1) return a;
if(x == 0) return 1;
ll t = fpow(a,x/2);
if(x&1) return t*t%P*a%P;
else return t*t%P;
}
ll f[N],g[N],h[N];
inline ll C(int a,int b) {return b?tmp[a]*rev[b]%P*rev[a-b]%P:1;}
inline ll F(int i,int j) {return C(i,j)*f[j]%P*g[i-j]%P;}
inline ll G(int x)
{
if(!x) return 0;
if(x&1) return rev[2];
else return (1-C(x,x/2)*h[x]%P+P)%P*rev[2]%P;
}
int main()
{
freopen("fight.in","r",stdin);
freopen("fight.out","w",stdout);
n = read(),p = read();
prev = fpow(p+2,P-2);
tmp[0] = rev[0] = f[0] = g[0] = h[0] = rev[1] = 1;
for(register int i = 2;i <= n;i ++) {rev[i] = (P-P/i)*rev[P%i];if(rev[i]>P) rev[i]%=P;}
for(register int i = 1;i <= n;i ++) {tmp[i] = tmp[i-1]*i;rev[i] = rev[i-1]*rev[i];if(tmp[i]>P)tmp[i]%=P;if(rev[i]>P)rev[i]%=P;}
for(register int i = 1;i <= n;i ++) {
f[i] = f[i-1]*p%P*prev%P;
g[i] = g[i-1]*2%P*prev%P;
h[i] = h[i-1]*rev[2]%P;
}
ll ans = 0;
for(register int i = 0;i <= n;i ++) {
ans = (ans+F(n,i)*G(n-i)%P*(i+1)%P)%P;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}