牛客挑戰賽 38 C.圓桌聚餐（條件概率，貝葉斯公式，期望 dp，思維）

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官方題解：

補充這個dp轉移的 概率係數 $\displaystyle\frac{p}{(n - 2) * p + (n - 4) * q}$ 是如何求出的：

由於人數是無限的，題目告訴我們隨機抽取一個號碼的概率是 $\frac{1}{n}$，實際上是告訴我們每個位置分配的概率是等可能的。

枚舉 A國人坐在第 i 個位置進行轉移，要求出他是A國人並且他坐在第 i 個位置的概率：注意這實際上是一個條件概率，他坐在第 i 個位置上是在他已經就坐這件事已經發生的基礎上發生的。

爲什麼這裏要用條件概率來進行轉移呢？
對於這題 dp 的決策，枚舉的轉移點是 ：第一個坐下的人，他坐下的位置和他的國家，而不是某個到來的人他坐下的位置和他的國家，因爲這個到來的人不一定會坐下（例如他是A國人他就不會坐在 1 和 n 這個位置）這種情況是無法轉移的，無法轉移就表明這個 $dp$ 有概率無解，這顯然不合理。

假設人數不是無限的，那麼有人就坐這件事就不是一定發生，對於沒有就坐的情況 dp[k] 不能由任何決策點轉移得到，因此dp[k] 可能是無解的。（這也是給出人數無限的意義）

因此，對於每個枚舉的轉移點，例如第一個坐下的人，他坐在第 i 個位置，並且他是A國人，需要求出一個概率 ：P(他是A國人，並且他坐在第 i 個位置 | 有人就坐)

令 事件TA 表示：有人就坐， 事件 B1：他是A國人，事件B2：他是B國人。

假設當前枚舉的轉移點是：第一個坐下的人，他坐在第 i 個位置，並且他是 A 國人：先求出 P(B1 | A)：坐下的這個人是A國人的概率，再除以 $n - 2$ 就得到坐下的這個人是 A國人，並且他坐在第 i 個位置的概率（因爲在就坐已經發生的條件下，A 國人就坐這件事 樣本空間有 n - 2 個位置，每一個位置都是等可能的，因此每一個位置坐下的概率是 $\frac{1}{n - 2}$）

$P(B_1 | A)$，在這個樣本空間中，事件 {B1,B2} 是一個完備事件組，考慮用貝葉斯公式得到這個概率值：$P(B_1 | A) = \displaystyle\frac{P(B_1)*P(A|B_1)}{\sum_{i=1}^nP(B_i)*P(A|B_i)}$

容易得出： $P(A | B_1) = \frac{n - 2}{n}$， $P(A|B_2) = \frac{n-4}{n}$，$P(B_1) =\frac{p}{p+q},P(B_2)=\frac{q}{p+q}$

可以計算得到：$P(B_1|A) = \frac{(n-2)*p}{(n - 2) * p + (n - 4) * q}$

同理可以得到：$P(B_2|A) = \frac{(n - 4) * q}{(n - 2)*p + (n - 4) * q}$

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代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 10;
typedef long long ll;
const int mod = 998244353;
ll n,p,q;
ll dp[maxn],sum[maxn];
ll fpow(ll a,ll b) {
	ll r = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) r = 1ll * r * a % mod;
		b >>= 1;
		a = 1ll * a * a % mod;
	}
	return r;
}
int main() {
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&p,&q);
	dp[0] = dp[1] = dp[2] = 0;
	if (p) dp[3] = dp[4] = 1;
	for (int i = 1; i <= 4; i++)
		sum[i] = sum[i - 1] + dp[i];
	for (int i = 5; i <= n; i++) {
		dp[i] = (2 * sum[i - 2] * p % mod + 2 * sum[i - 3] * q % mod) % mod;
		ll t = (1ll * (i - 2) * p % mod + 1ll * (i - 4) * q % mod) % mod;
		dp[i] = (dp[i] * fpow(t,mod - 2) + 1) % mod;
		sum[i] = (sum[i - 1] + dp[i]) % mod;
	}
	printf("%lld\n",dp[n - 1] + 1);
}