考虑用 ((n,m)) 表示 现在还剩下 (n) 道答案为 Yes 的题、(m) 道答案为 No 的题。这样对于所有的序列，对应的就是 ((n,m)
ightarrow (0,0)) 的一条只 往下或往右 走的路径。
考虑最优方案是什么？当现在处在 ((x,y)) 点的时候，显然是选取大的一方。如果 (x=y) ，因为剩下的序列是由等量的 Yes 和 No 组成的，所以当前题的正确答案为 Yes 和为 No 的概率是一样的，钦定选 No 好了。
考虑一条平凡的路径——即不经过直线 (y=x) 的路径，这样的路径不会遇见 (x=y) 的情况，此时的方案是什么呢？假设 (n>m) ，因为在过程中 Yes 一直都比 No 多，按照策略来的话，会一直回答 Yes，此时答对的题数是 (max(n,m)) 。(m>n) 的情况同理。
如果经过 (y=x) 了呢？不妨考虑 n=m=1 的情况，此时按照最优策略来的话，期望答对的题数是 1.5 ，因为有一条路径在直线蒙 Yes 的时候蒙对了。具体的，仍然考虑 (n>m) 的情况，不经过直线的话答案为 No 的题是都答不对的，但是现在在点 ((i,i)) 上，如果当前路径下一题的答案为 Yes ，意味着下一步会进入 ((i-1,i))，接下来无论如何，倒数第 (i) 到答案为 No 的题一定会被回答正确：显然当前局面是原局面的一个子问题，于是便会为答案做出 (1) 的贡献。
具体的，考虑一个直线上的点 ((i,i)) 的贡献，现在要做的就是统计"经过 ((i,i)) 且下一题答案为 Yes 的路径"个数了，因为 Yes 和 No 是等价的，所以这个值显然为：
[frac{1}{2}{n+m-2ichoose n-i}{2ichoose i}
]
于是答案为：
[max(n,m)+sum_{i=1}^{n}frac{1}{{n+mchoose n}}left(frac{1}{2}{n+m-2ichoose n-i}{2ichoose i}
ight)
]
时间复杂度 (O(n)) 。
const int N=1e6+5;
int n,m,fac[N],inv[N];
inline int C(int n,int m) {
if(n<m||n<0||m<0) return 0;
return mul(fac[n],mul(inv[m],inv[n-m]));
}
inline void init(int L=N-5) {
fac[0]=1;
lep(i,1,L) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
inv[L]=modpow(fac[L],mod-2);
rep(i,L,1) inv[i-1]=mul(inv[i],i);
}
inline void solve() {
int ans=0,l=min(n,m);
lep(i,1,l) pls(ans,mul(C(n+m-(i<<1),n-i),C(i<<1,i)));
ans=mul(ans,modpow(2,mod-2));
ans=mul(ans,mul(inv[n+m],mul(fac[n],fac[m])));
printf("%d
",add(ans,max(n,m)));
}
int main() {
IN(n,m);
init();
solve();
return 0;
}