题目

题面
简要题意：

        你需要执行一下步骤 $n$ 次来构建括号序列：
        $\cdot$ 等概率选择一个空位（若当前有 $k$ 个字符，则有 $k+1$ 个空位）。
        $\cdot$ 以 $p$ 的概率插入字符串 () 或以 $1-p$ 的概率插入字符串 )(，插入后长度增加 $2$。
        给定 $n,p$，求出最后得到一个合法括号序列的概率，对 $998244353$ 取模。
        注意：读入的是 $q$，而 $p=q\times 10^{-4}$。
        $1\le n\le 500,0\le q\le 10^4$。

分析

        首先，括号匹配 的经典想法是 把左括号看成 $1$，把右括号看成 $-1$。那么一个序列合法的 充要条件 是 任意前缀非负并且整个序列和为 $0$。

        那么我们考虑维护前缀和序列，初始时前缀和序列为 { 0 } \left \{ 0 \right \} {0}。那么一次插入 () 操作，就是随机从前缀和序列里面选一个数 $x$，在它的后面加上 { x + 1 , x } \left \{ x + 1, x \right \} {x+1,x}。一次插入 )( 操作，就是随机从前缀和序列里面选一个数 $x$，在它的后面加上 { x − 1 , x } \left \{ x - 1, x \right \} {x−1,x}。

        我们给操作附上一个权值：如果插入 ()，那么这次操作的权值为 $p$；如果插入 )(，那么这次操作的权值为 $1-p$。然后定义一个操作序列的权值为 所有操作权值的积。那么我们只需要考虑怎样求出所有合法的操作序列的权值和就行了。

        设 $f_{n,x}$ 表示当前集合里面只有一个数 $x$，需要进行 $n$ 次操作，所有合法操作序列的权值和。那么有转移：

        $f_{n,x}={\sum }_{i=0}^{n-1}{\sum }_{j=0}^{n-1-i}p\times C_{n-1}^i\times C_{n-1-i}^j\times f_{i,x}\times f_{j,x+1}\times f_{n-1-i-j,x}+{\sum }_{i=0}^{n-1}{\sum }_{j=0}^{n-1-i}(1-p)\times C_{b-1}^i\times C_{n-1-i}^j\times f_{i,x}\times f_{j,x-1}\times f_{n-1-i-j,x}$。

        上面这个转移的含义就是：讨论第一次操作是插入 () 还是 插入 )(。如果插入()，那么第一次操作完后会多两个元素。并且还剩下 $n-1$ 次操作。我们枚举分别分给这三个集合多少个操作，乘组合数是因为顺序不同方案是不同的，然后乘上它们的权值和。如果插入 )( 也是同理。

        那么这样我们就有了一个 $O(n^2)$ 的状态和 $O(n^2)$ 的转移。这样总复杂度是 $O(n^4)$ 的。考虑优化：
        发现有很多 公共项，我们把这两个式子合并，得到：

        $f_{n,x}={\sum }_{i=0}^{n-1}{\sum }_{j=0}^{n-1-i}{C}_{n-1}^i\times C_{n-1-i}^j\times f_{i,x}\times f_{n-1-i-j,x}\times \left[p\times f_{j,x}+(1-p)\times f_{j,x-1}\right]$。

        我们尝试把 $i$ 看做是一个定量，把它拿出来：

        $f_{n,x}={\sum }_{i=0}^{n-1}{C}_{n-1}^i\times f_{i,x}\times {\sum }_{j=0}^{n-1-i}{C}_{n-1-i}^j\times f_{n-1-i-j,x}\times \left[p\times f_{j,x}+(1-p)\times f_{j,x-1}\right]$。

        观察 $j$ 的那一块，发现上界是 $n-1-i$，然后式子里面含 $i$ 的都是含有 $n-1-i$ 这一个整体。

        然后我们设 $g_{k,x}={\sum }_{i=0}^k{C}_k^i\times f_{k-i,x}\times [p\times f_{i,x}+(1-p)\times f_{i,x-1}]$。

        那么 $f_{n,x}={\sum }_{i=0}^{n-1}{C}_{n-1}^i\times f_{i,x}\times g_{n-1-i,x}$。

        此时就可以 $O(n)$ 转移了。时间复杂度 $O(n^3)$。

        因为我们还要考虑每一步随机选数的概率， 所以最后答案是 $\frac{f_{n,0}}{1\times 3\times 5\times 7\times ...\times (2\times n-1)}$。

CODE：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 510;
typedef long long LL;
const LL mod = 998244353;
LL p, q, f[N][N], g[N][N], c[N][N];
LL inv;
int n;
LL Pow(LL x, LL y){
	LL res = 1, k = x % mod;
	while(y){
		if(y & 1) res = res * k % mod;
		y >>= 1;
		k = k * k % mod;
	}
	return res;
}
int main(){// 目标 f[n][0] 
    for(int i = 0; i <= 500; i++){
    	for(int j = 0; j <= i; j++){
    		if(j == 0) c[i][j] = 1LL;
    		else c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
		}
	}
	scanf("%d%lld", &n, &p);
	inv = 1LL;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		inv = inv * Pow(2LL * i - 1LL, mod - 2) % mod;
	}
	p = p * Pow(10000LL, mod - 2LL) % mod;
	q = ((1LL - p) % mod + mod) % mod;
	for(int i = 0; i <= n; i++) f[0][i] = 1LL;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		for(int j = 0; j <= n; j++){// g[i - 1][j]
			for(int k = 0; k <= i - 1; k++){
				g[i - 1][j] = (g[i - 1][j] + c[i - 1][k] * f[i - 1 - k][j] % mod * ((p * f[k][j + 1] + q * f[k][j - 1]) % mod) % mod) % mod;
			}
		}
		for(int j = 0; j <= n; j++){
			for(int k = 0; k <= i - 1; k++){
				f[i][j] = (f[i][j] + c[i - 1][k] * f[k][j] % mod * g[i - 1 - k][j] % mod) % mod;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n", f[n][0] * inv % mod);
	return 0;
}