前言

一道數形結合的題目。
發現本質則十分簡單（考慮分數相加則麻煩無比）。

題意

n+m個詢問，有n個詢問的答案是Yes，其餘m個是No。
你依次回答這些詢問，每個詢問給出Yes或No，給出後告訴你答對了沒有。
求最優策略下你期望答對的詢問個數。

解法

不妨令n>=m。
最優策略，選擇剩餘多的，一樣多亂猜一個。
然後畫一條y=x的直線。
你假設從一個(i,i)走到(0,0)中途不到對角線。
那麼顯然你會一直猜同一個，一定會答對i個。
發現從(n,m)到(0,0)無論中途多曲折，經過對角線多少次，我們一個部分一個部分分開，都會答對對應次。
因此無論如何都會答對n次。
如果走到對角線上，我們會亂猜，只有1/2機率對。
因此對於對角線上每一個點統計經過它的方案數即可。
是不是很簡單呢？

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=500000+10,mo=998244353;
int fac[maxn*2],inv[maxn*2];
int i,j,k,l,t,n,m,ans;
int qsm(int x,int y){
    if (!y) return 1
 
;
    int t=qsm(x,y/2);
    t=(ll)t*t%mo;
    if (y%2) t=(ll)t*x%mo;
    return t;
}
int C(int n,int m){
    if (n<m||m<0) return 0;
    return (ll)fac[n]*inv[m]%mo*inv[n-m]%mo;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if (n<m) swap(n,m);
    fac[0]=1;
    fo(i,1,n*2) fac[i]=(ll)fac[i-1
 
]*i%mo;
    inv[n*2]=qsm(fac[n*2],mo-2);
    fd(i,n*2-1,0) inv[i]=(ll)inv[i+1]*(i+1)%mo;
    fo(i,1,m)
        (ans+=(ll)C(2*i,i)*C(n+m-2*i,n-i)%mo)%=mo;
    ans=(ll)ans*qsm(2*C(n+m,n)%mo,mo-2)%mo;
    (ans+=n)%=mo;
    (ans+=mo)%=mo;
    printf("%d\n",ans);
}