题目描述

 

Takuru 是一名能力者，他在地震时获得了念力致动的能力。所以他经常用自己的能力去干一些奇奇怪怪的事情。

有一天他获得了一张 nn 个点的无向完全图，之后他使用了能力，导致这张图的 \frac{n(n-1)}{2}2n(n−1)​ 条边中的每一条都有 \frac{x}{y}yx​ 的概率遭到破坏而消失。

现在 Takuru 想知道这张无向图点集的全部 2^n2n 个的子集中，是独立集的子集数量的期望值。

一张无向图 GG 的一个子集是独立集的定义如下：此点集 SS，满足对于任意的 x, y \in Sx,y∈S，图 GG 中不存在连接 xx 和 yy 的边。(空集也是一个合法的独立集)

 

 
 

输入描述

 

一行三个整数 nn，xx 和 yy (1 \leqslant n \leqslant 10^51⩽n⩽105，1 \leqslant x \leqslant y < 9982443531⩽x⩽y<998244353)。

 

输出描述

 

输出一个整数，用如下方式计算：

这张图独立集数量的期望可以写成一个最简分数 \frac{X}{Y}​YX​​，那么你需要输出一个整数 p​p​，满足 0\leqslant p <998244353​0⩽p<998244353​ 且 pY \equiv X \pmod {998244353}​pY≡X(mod998244353)​。保证合法的 p​p​ 存在且唯一。

 

样例输入 1 

3 1 2

样例输出 1

374341638
Language: 
C++
 
  思路：
我们应该通过题意知道这样的性质：
对于这n个节点的一个子集S，如果S含有m个节点，那么S是独立集的概率是 (x/y)的m*（m-1）/ 2 次方。
因为m个节点的完全图有 m*（m-1）/ 2 条边，而且我们还可以知道，含有节点个数相同的子集，为独立集的概率相同。
 
那么我们不妨枚举 子集的节点个数i，i从0到n，有 C（n，i）种节点个数为i的子集。为独立集的概率为 i*(i-1)/2
我们只需要对于每一个 i 求个数*概率的sum和就是答案。
注意取模运算中有除法的话，要转为乘以数值的关于mod的逆元（mod为质数就用费马小定理）。
求C的话，我们预处理出1~n数的阶乘，然后每一次直接一个公式得到即可，虽然逆元过程有log，但是还是很快的。
有更快的方法，可以预处理每一个数阶乘关于mod 的逆元。
 
细节见代码： 
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define rt return
#define dll(x) scanf("%I64d",&x)
#define xll(x) printf("%I64d\n",x)
#define sz(a) int(a.size())
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), '\0', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define db(x) cout<<"== [ "<<x<<" ] =="<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
ll lcm(ll a,ll b){return a/gcd(a,b)*b;}
ll powmod(ll a,ll b,ll MOD){ll ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b/=2;}return ans;}
inline void getInt(int* p);
const int maxn=1000010;
const int inf=0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
ll fac[maxn];
ll n,x,y;
const ll mod=998244353ll;
void init()
{
    fac[0]=fac[1]=1ll;
    repd(i,2,maxn-1)
    {
        fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
        // db(fac[i]);
    }
}
ll C(ll n,ll m)
{
    ll res=fac[n];
    res*=powmod(fac[n-m],mod-2ll,mod);
    res%=mod;
    res*=powmod(fac[m],mod-2ll,mod);
    res%=mod;
    // db(res);
    return res;
}
int main()
{
    //freopen("D:\\common_text\\code_stream\\in.txt","r",stdin);
    //freopen("D:\\common_text\\code_stream\\out.txt","w",stdout);
    init();
    gbtb;
    cin>>n>>x>>y;
    ll p = x*powmod(y,mod-2ll,mod);
    p%=mod;// 忘记加这一步，多了一个罚时
    ll ans=0ll;
    repd(i,0,n)
    {
        ans+=C(n,i)*powmod(p,1ll*i*(i-1ll)/2ll,mod)%mod;
        // cout<<C(n,i)<<" "<<powmod(p,1ll*i*(i-1ll)/2ll,mod)<<endl;
        ans%=mod;
    }
    cout<<ans<<endl;
    
    
    return 0;
}

inline void getInt(int* p) {
    char ch;
    do {
        ch = getchar();
    } while (ch == ' ' || ch == '\n');
    if (ch == '-') {
        *p = -(getchar() - '0');
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 - ch + '0';
        }
    }
    else {
        *p = ch - '0';
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 + ch - '0';
        }
    }
}