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n 个选手参加了一场竞赛，这场竞赛的规则如下：
1.一开始，所有选手两两之间独立进行比赛（没有平局）。
2.主办方将胜者向败者连边形成 n 个点的竞赛图。
3.主办方对这个竞赛图进行强连通分量缩点。
4.每一个强连通分量内部的选手重复步骤 1~3，直到每一个强连通分量内只剩一个选手。
现已知当 i < j 时，选手 i 战胜选手 j 的概率是 p，请计算比赛次数的期望。
Input‘
第一行包含一个整数 n (2?≤?n?≤?2000) — 表示玩家个数。
第二行包含两个整数 a 和 b (1?≤?a?<?b?≤?100) — 表示概率 p = a/b。
Output
输出一行一个整数表示期望，对 998244353 取模。
Examples
Input
3
1 2
Output
4
Input
3
4 6
Output
142606340
Input
4
1 2
Output
598946623
Note
第一组样例答案是 4；
第二组样例答案是 27/7；
第三组样例答案是 56/5。
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可以发现题目给定的过程其实就是个求解子问题的过程，可以使用 dp。
考虑最暴力的解法：枚举每条边的定向，计算概率与此时的强连通分量，进行 dp 的转移。注意可以转移到自己，概率期望 dp 套路（指转移方程移项）即可。
我们发现，如果要求解自己转移到自己的概率，实际上是求 n 个点连成强连通分量的概率 g[n]。
先一步步来，考虑怎么求这个概率，可以使用套路容斥。
即假如 n 个点连不成强连通分量，我们就枚举拓扑序最前面的强连通分量大小 s。
令 f[n][s] 表示 n 个点的图选出 s 个点使得 s 个点与剩下 n-s 个点之间的连边总是 s 个点连过去的概率，则这个时候出现这种局面的概率为 g[s]*f[n][s]，最后 g[n] = 1 - ∑g[s]*f[n][s]。
现考虑怎么求 f[n][s]，可以做类似背包 dp 的方法。
假如加入的第 n 个点不在 s 个点之中，则从 f[n-1][s] 转移过来，s 个点要全部向点 n 连边，所以概率为 p^s。
假如加入的第 n 个点在 s 个点之中，则从 f[n-1][s-1] 转移过来，点 n 要向除了选出来的 s 个点的其他点连边，所以概率为 (1-p)^(n-s)。
现在回到一开始的 dp，考虑不是转移到自己的时候（即没有形成强连通）。假如缩点后的图为 A1->A2->...->Am，则对应的概率为 g[A1]*f[n][A1] + g[A2]*f[n-A1][A2] + ...，对应的权值为 dp[A1] + dp[A2] + ...。
我们怎么优化这个 dp 呢？不妨令 h[n] 表示将 n 个点划分成若干强连通分量对应的期望（注意不同于 dp 数组的定义，h 只是“划分”，并没有计算划分出来的强连通分量两两之间的贡献）（划分出来的强连通可以只有一个）。
h 的转移可以通过枚举拓扑序最前的强连通（类似于上面的容斥）。dp 的转移与 h 类似，也是枚举拓扑序最前的强连通。
@accepted [email protected]
#include<cstdio>
const int MAXN = 2000;
const int MOD = 998244353;
int pow_mod(int b, int p) {
int ret = 1;
while( p ) {
if( p & 1 ) ret = 1LL*ret*b%MOD;
b = 1LL*b*b%MOD;
p >>= 1;
}
return ret;
}
int n, a, b, p1[MAXN + 5], p2[MAXN + 5];
int f[MAXN + 5][MAXN + 5], g[MAXN + 5];
int dp[MAXN + 5], h[MAXN + 5];
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &a, &b);
p1[0] = 1, p1[1] = 1LL*a*pow_mod(b, MOD-2)%MOD;
p2[0] = 1, p2[1] = (MOD + 1 - p1[1])%MOD;
for(int i=2;i<=n;i++)
p1[i] = 1LL*p1[i-1]*p1[1]%MOD, p2[i] = 1LL*p2[i-1]*p2[1]%MOD;
f[1][1] = 1;
for(int i=2;i<=n;i++) {
f[i][1] = (1LL*f[i-1][1]*p1[1]%MOD + p2[i-1])%MOD;
for(int j=2;j<=i;j++)
f[i][j] = (1LL*f[i-1][j]*p1[j]%MOD + 1LL*f[i-1][j-1]*p2[i-j]%MOD)%MOD;
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
g[i] = 1;
for(int j=1;j<i;j++)
g[i] = (g[i] + MOD - 1LL*g[j]*f[i][j]%MOD)%MOD;
}
h[1] = dp[1] = 0;
for(int i=2;i<=n;i++) {
for(int j=1;j<i;j++)
h[i] = (h[i] + 1LL*g[j]*f[i][j]%MOD*(dp[j] + h[i-j])%MOD)%MOD;
dp[i] = 1LL*(h[i] + 1LL*i*(i-1)/2%MOD)*pow_mod((1 + MOD - g[i])%MOD, MOD-2)%MOD;
h[i] = (h[i] + 1LL*g[i]*dp[i]%MOD)%MOD;
}
printf("%d\n", dp[n]);
}@[email protected]
一开始把边的数量（即原题目中比赛的数量）统计成点的数量，手玩样例还以为是样例的问题。。。
原文地址：https://www.cnblogs.com/Tiw-Air-OAO/p/11382038.html