真·两天前刚做过这场的 I 题，今天模拟赛就考了这场的 H 题，我怕不是预言带师
提供一种奇怪的做法，来自于同机房神仙们，该做法不需要 Min-Max 容斥，也不用爆推组合数，只需要比较强的眼力的初中数学求解二元一次方程组知识。
期望题没往 Min-Max 容斥的方向去想，不愧是我（大雾
首先我们先考虑一些复杂度比较高的多项式复杂度做法。注意到对于任何一个局面而言，我们并不用关心 (S) 里究竟具体有哪些数，也不用关心牌堆中具体有哪些数字牌，我们只用关心有多少个数在 (S) 中，以及牌堆中还剩多少张牌。因此我们可以设 (dp_{i,j}) 表示牌堆中还剩 (i) 张牌，(S) 中已经有 (j) 个数，期望还需多少步，那么：
-
对于 (j e n)，下一次摸出一张牌，有三种可能：
- 摸出一张数字牌，且不在 (S) 中，概率 (dfrac{n-j}{i+m})，并且会到达状态 (dp_{i-1,j+1})，因此 (dp_{i,j}leftarrow dp_{i-1,j+1}·dfrac{n-j}{i+m})
- 摸出一张数字牌，且在 (S) 中，概率 (dfrac{i+j-n}{i+m})，并且会到达状态 (dp_{i-1,j})，因此 (dp_{i,j}leftarrow dp_{i-1,j}·dfrac{i+j-n}{i+m})
- 摸出一张鬼牌，概率 (dfrac{m}{i+m})，并且会到达状态 (dp_{n,j})，因此 (dp_{i,j}leftarrow dp_{n,j}·dfrac{m}{i+m})。
别忘了加上最后的 (1)，因此对于 (j e 0) 的情况我们有转移方程 (dp_{i,j}=dp_{i-1,j+1}·dfrac{n-j}{i+m}+dp_{i-1,j}·dfrac{i+j-n}{i+m}+dp_{n,j}·dfrac{m}{i+m}+1)。
-
对于 (j=n) 的情况就比较 trivial 了，如果摸出一张数字牌那么会到达 (dp_{i-1,j})，否则直接结束，因此 (dp_{i,n}=dp_{i-1,n}·dfrac{i}{i+m}+1)
最终答案即为 (dp_{n,0})
由于 DP 转移存在后效性，因此直接转移不可取，考虑高斯消元，直接高斯消元是六方的，不过注意到对于一个 (dp_{i,j}) 而言，如果我们倒着枚举 (j)，那么我们就只用对 (j) 相同的这一行的值进行高斯消元，复杂度 (n^4)。还可以进一步优化，就是注意到在我们倒序枚举的过程中 (dp_{i-1,j+1}·dfrac{n-j}{i+m}) 是常数不用管它，如果我们不考虑这个 (dp_{n,j}) 那转移关系不成环就不存在后效性，而加上这个 (dp_{n,j})，由于导致这个后效性的只有 (dp_{n,j})，我们就可以考虑将所有 (dp_{i,j}) 都表示成 (sdp_{n,j}+t) 的形式，这样顺着一遍推过去，最后可以得到 (dp_{n,j}=sdp_{n,j}+t)，解出 (dp_{n,j}) 后再推回去即可，这个套路可以在这道题中找到，时间复杂度 (n^2)，反正还是过不去（
附：(n^2) 的代码：
const int MAXN=1000;
const int MOD=998244353;
int qpow(int x,int e){
int ret=1;
for(;e;e>>=1,x=1ll*x*x%MOD) if(e&1) ret=1ll*ret*x%MOD;
return ret;
}
int n,m,dp[MAXN+5][MAXN+5];
int main(){
// freopen("toad.in","r",stdin);
// freopen("toad.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
dp[0][n]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][n]=(1ll*i*qpow(i+m,MOD-2)%MOD*dp[i-1][n]+1)%MOD;
for(int j=n-1;~j;j--){
int cs=0,ct=0;
for(int i=n-j;i<=n;i++){
int coef1=1ll*m*qpow(i+m,MOD-2)%MOD;
int coef2=1ll*(i+j-n+MOD)*qpow(i+m,MOD-2)%MOD;
int coef3=1ll*(n-j)*qpow(i+m,MOD-2)%MOD;
cs=1ll*cs*coef2%MOD;ct=1ll*(ct+1)*coef2%MOD;
ct=(ct+1ll*(dp[i-1][j+1]+1)*coef3)%MOD;
cs=(cs+coef1)%MOD;ct=(ct+coef1)%MOD;
} dp[n][j]=1ll*ct*qpow((1-cs+MOD)%MOD,MOD-2)%MOD;//dp[n][j]=cs*dp[n][j]+ct
for(int i=n-j;i<n;i++){
int coef1=1ll*m*qpow(i+m,MOD-2)%MOD;
int coef2=1ll*(i+j-n+MOD)*qpow(i+m,MOD-2)%MOD;
int coef3=1ll*(n-j)*qpow(i+m,MOD-2)%MOD;
dp[i][j]=(1ll*(dp[i-1][j]+1)*coef2+1ll*(dp[i-1][j+1]+1)*coef3%MOD+1ll*(dp[n][j]+1)*coef1)%MOD;
// printf("%d %d %d
",i,j,dp[i][j]);
} //printf("%d %d %d
",n,j,dp[n][j]);
} printf("%d
",dp[n][0]);
return 0;
}
接下来考虑进一步优化。这里就要一些观察了，打个表可以发现，对于 (j) 相同的 (dp_{i,j}) 而言随着 (i) 的增大 (dp_{i,j}) 成等差数列，换句话说所有 (dp_{i,j}) 都可以写成 (k_ji+b_j) 的形式。证明不会，大概可以归纳（？）（大概就发现 (dp_{i,n}) 是等差数列，而 (dp_{i,j}) 只从 (dp_{i,j+1}) 推来，这就天然地形成了归纳的模型，但具体怎么归纳我也没想出来）。这样对于每一个 (j)，我们只用确定 (dp_{n,j}) 和 (dp_{n-1,j})，所有 (dp_{i,j}) 都确定了，方便起见这里假设 (dp_{i,j}=y_j(n-i)+x_j)，这样我们可以列出这样两个方程组：
把 (x_j,y_j) 解出来即可。
时间复杂度 (nlog n)，好像做不到 (mathcal O(n))
const int MAXN=2e6;
const int MOD=998244353;
int qpow(int x,int e){
int ret=1;
for(;e;e>>=1,x=1ll*x*x%MOD) if(e&1) ret=1ll*ret*x%MOD;
return ret;
}
int n,m,x[MAXN+5],y[MAXN+5],f[MAXN+5];
int calc(int i,int j){return (x[j]+1ll*(n-i)*y[j]%MOD)%MOD;}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);int ivn=qpow(n+m,MOD-2),ivn1=qpow(n-1+m,MOD-2);
f[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=(1ll*i*qpow(i+m,MOD-2)%MOD*f[i-1]+1)%MOD;
x[n]=f[n];y[n]=(f[n-1]-f[n]+MOD)%MOD;
for(int j=n-1;j;j--){
int a1=1ll*(n-j)*ivn%MOD;
int b1=(MOD-1ll*j*ivn%MOD)%MOD;
int c1=1ll*(n-j)*ivn%MOD*calc(n-1,j+1)%MOD;
int a2=1ll*(n-j)*ivn1%MOD;
int b2=(1-1ll*(j-1+MOD)*2*ivn1%MOD+MOD)%MOD;
int c2=1ll*(n-j)*ivn1%MOD*calc(n-2,j+1)%MOD;
(c1+=1)%=MOD;(c2+=1)%=MOD;
y[j]=1ll*(1ll*c1*a2%MOD-1ll*c2*a1%MOD+MOD)*qpow((1ll*b1*a2%MOD-1ll*b2*a1%MOD+MOD)%MOD,MOD-2)%MOD;
x[j]=1ll*(c1-1ll*y[j]*b1%MOD+MOD)*qpow(a1,MOD-2)%MOD;
} printf("%d
",1ll*(1ll*calc(n-1,1)*n%MOD*ivn%MOD+1ll*m*ivn%MOD)*qpow(n,MOD-2)%MOD*(n+m)%MOD+1);
return 0;
}