设f[i]表示还有i个数不在集合内的期望步数，尝试列一下转移式，会发现式子由转移到下一轮的期望步数和之后的DP值组成，考虑DP的转移过程，就会发现答案为转移到下一轮的期望步数$\times $期望的轮数（即把前者设为1之后的DP值）。
前者是易求的，考虑后者，如果直接考虑一轮第一次遇到0时，前面有几个有效数，是很难以优化的（转移到的状态不同）。
换一个角度，仅考虑这轮的第一张牌是什么：但如果分三种情况考虑，肯定转移不到相同的状态；但发现已经出现过的牌是没有意义的，所以直接略过，那么只考虑没出现的牌和0。如果是0，那么直接跳到下一轮，转移到\(f[i]+1\)；如果是没出现过的牌，那么在【不考虑已经出现过的牌】的情况下，相当于转移到\(f[i-1]\)!（因为在考虑下一张牌的时候，两者的概率都是符合的！）值得注意的是，初始值\(f[0]=1\)，因为这相当于刚取完最后一种牌，还需要遇到一个0来增加一轮。
其实从取牌的过程来看，就相当于考虑下一张牌是0或者没出现过的牌的概率。遇到0的时候轮数+1，否则状态+1，而目前的状态又恰好能退出下一张牌的概率！
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e6+5,P=998244353;
int fpw(int a,int x){
int s=1;
for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%P) if(x&1) s=1ll*s*a%P;
return s;
}
void A(int& x,int y){
x+=y;
if(x>=P) x-=P;
}
int n,m,iv[N],s1,s2,t;
int main()
{
cin>>n>>m;
s1=t=1;
for(int i=1;i<=n+m;i++) iv[i]=fpw(i,P-2);
for(int i=1;i<=n;i++){
t=1ll*t*iv[n+m-i+1]%P*(n-i+1)%P;
A(s1,t);
}
for(int i=1;i<=n;i++) A(s2,iv[i]);
s2=(1ll*s2*m+1)%P;
cout<<1ll*s1*s2%P<<endl;
return 0;
}