大致题意： 有(n)个人相互开枪，每个人有一个仇恨度(a_i)，每个人死后会开枪再打死另一个还活着的人，且第一枪由你打响。设当前剩余人仇恨度总和为(k)，则每个人被打中的概率为(frac {a_i}k)。求第(1)个人最后被打死的概率。
一个重要性质
对于这题，首先我们可以发现，由于一个人死后，其他人被打中概率的分母会受到影响，产生了后效性，似乎很不可维护。
因此我们需要知道一个重要性质：设(tot=sum_{i=1}^na_i)，则题意可以转化为，每个人被打中的概率为(frac{a_i}{tot})，不断开枪直至打中一个还活着的人，则这个人就会死掉。
为什么这个正确呢？我口胡一下，应该是两种情况下，此时活着的人被打中的概率比都是仇恨度之比，是一样的。
容斥
知道了这个性质，这道题就可做的多了。
直接求(1)最后被打死的概率似乎不太容易，因此我们可以容斥一下。
设在(1)之后死掉的人至少包含点集(S)内所有人的概率为(p(S))。
则答案就是：
这里的容斥系数应该好理解吧，就是常见的偶数情况方案减去奇数情况方案。
设(sum(S)=sum_{i∈S}a_i)，考虑如何求(p(S))。
由于至少包含点集(S)内的所有人，那么其实就相当于无限开枪，每次可以打除点(1)和点集(S)外的任意点（仇恨度总和为(tot-a_1-sum(S))），直至打中点(1)。
如果用一个式子表示，也就是：
单独考虑(sum_{i=0}^infty(frac{tot-a_1-sum(S)}{tot})^i)这一式子，由于(frac{tot-a_1-sum(S)}{tot})显然满足在([0,1))范围内，所以它的(infty)次项是无限接近于(0)的。
所以我们可以用等比数列求和公式，得到：
代回原式得到：
把(p(S))代入(ans)便可得到：
此时的式子已经好求了许多，但似乎依旧不太好搞。
生成函数
看一下数据范围，我们发现题目中似乎特意指出，(sum_{i=1}^na_ile10^5)，肯定有猫腻！
再看一眼上面的式子，立刻就能想到枚举(sum(S))！
如果设：
那么显然答案就是：
但(f(i))怎么求呢？不难想到可以利用生成函数。
如果没有((-1)^{|S|})这个烦人的家伙，而只是简单的(sum_{sum(S)=i}1)，我们不难想到，就是生成函数(prod_{i=2}^n(1+x^{w_i}))第(i)次项的系数。
然而出现了((-1)^{|S|})，其实也并不会很难，其实就相当于生成函数(prod_{i=2}^n(1-x^{w_i}))第(i)次项的系数。
而这个生成函数，我们可以用分治(NTT)来求出。
分治(NTT)
什么是分治(NTT)？
说起来是个很高大上的东西，但至少这道题的分治(NTT)，是很简单的。
考虑我们当前要把([l,r])范围内的多项式全部乘起来，那么我们可以递归求出([l,mid])和([mid+1,r])中多项式全部乘起来的结果，然后乘在一起，就是([l,r])范围内的多项式的乘积了。
是不是很简单？
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define LN 20
#define X 998244353
#define Qinv(x) Qpow(x,X-2)
using namespace std;
int n,a[N+5],tot[N+5],f[4*N+5];
I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define tn (x<<3)+(x<<1)
#define D isdigit(c=tc())
char c,*A,*B,FI[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
}F;
template<int SZ,int PR> class Poly//多项式算法，求解分治NTT
{
private:
int IPR,P,L,R[4*N+5],K,S[2*LN+5],g[2*LN+5][4*N+5];
Tp I void T(Ty *s,CI op)
{
RI i,j,k,U,S,x,y;for(i=0;i^P;++i) i<R[i]&&(x=s[i],s[i]=s[R[i]],s[R[i]]=x);
for(i=1;i^P;i<<=1) for(U=Qpow(~op?PR:IPR,(X-1)/(i<<1)),j=0;j^P;j+=i<<1)
for(S=1,k=0;k^i;++k,S=1LL*S*U%X) s[j+k]=((x=s[j+k])+(y=1LL*S*s[i+j+k]%X))%X,s[i+j+k]=(x-y+X)%X;
}
public:
I Poly() {IPR=Qinv(PR);for(RI i=1;i<=2*LN;++i) S[++K]=i;}//初始化可用多项式的栈
Tp I void Solve(Ty *a,Ty *f,CI l,CI r)//分治NTT
{
if(l==r) return (void)(f[0]=1,f[a[l]]=X-1);RI i,mid=l+r>>1,lc,rc;//边界直接赋值
lc=S[K--],Solve(a,g[lc],l,mid),rc=S[K--],Solve(a,g[rc],mid+1,r);//递归处理子区间
P=1,L=0;W(P<=tot[r]-tot[l-1]) P<<=1,++L;for(i=0;i^P;++i) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<L-1);//初始化
for(T(g[lc],1),T(g[rc],1),i=0;i^P;++i) f[i]=1LL*g[lc][i]*g[rc][i]%X;//NTT
RI t=Qinv(P);for(T(f,-1),i=0;i<=tot[r]-tot[l-1];++i) f[i]=1LL*f[i]*t%X;//NTT
for(i=0;i^P;++i) g[lc][i]=g[rc][i]=0;S[++K]=lc,S[++K]=rc;//清空后扔回栈中，以重复利用
}
};Poly<N,3> P;
int main()
{
RI i,ans=0;for(F.read(n),i=1;i<=n;++i) F.read(a[i]),tot[i]=tot[i-1]+a[i];//读入，求前缀和方便后续处理
for(P.Solve(a,f,2,n),i=0;i<=tot[n]-tot[1];++i) ans=(1LL*f[i]*a[1]%X*Qinv((a[1]+i)%X)+ans)%X;//分治NTT后统计答案
return printf("%d",ans),0;
}