有 (n) 个人，第 (i) 个人有 (a_i) 个饼干，每次随机选择一个饼干，将其随机分配给除了它现在所有者的其他 (n-1) 个人，求使得一个人拥有所有饼干的期望步数，对 (998244353) 取模。
(nle 10^5 , sum a_ile 3 imes 10^5)
设 (E_i) 为所有饼干在第 (i) 个人手中的情况的期望时间那么总答案就是 (sumlimits_{i=1}^n E_i) 。
显然这个东西并不好求，考虑加点东西转化一下，设 (D_i) 为所有饼干都在第 (i) 个人手中时才结束的期望时间， (P_i) 为所有饼干在第 (i) 个人手中的情况的概率，此时有 (sum P_i=1) 。
设所有饼干从一个人全转移到另外一个人的期望时间是 (C) ，对于任意两人，这个 (C) 是一样的。
那么可以列出关系式：
也就是枚举第一次拿到所有饼干的人，再进行转移。
考虑将 (i ot=x) 给消掉，将 (x=1,2,...,n) 的式子都加起来，可以得到：
由于答案是 (sumlimits_{i=1}^n E_i) ，所以有 (Ans=sumlimits_{i=1}^n D_i - C(n-1)) 。
考虑如何求出 (D_x) 和 (C) ，可以设一个 (f_x) 为目前有了 (x) 块饼干，收集到所有饼干的期望时间，显然有 (D_x=f_{a_x} , C=f_0) 。
当 (0le x<sum) 时，有 (f_x=1+frac{sum-x}{sum}(frac{f_{x+1}}{n-1}+frac{(n-2)f_x}{n-1})+frac{xf_{x-1}}{sum}) ， 显然有 (f_{sum}=0) 。
上面的式子是判断选择的饼干，如果是他人的饼干，就有 (frac{1}{n-1}) 的概率给到自己， (frac{n-2}{n-1}) 的概率给别人，如果是自己的饼干，就一定会少掉一个。
这个消元我不太懂，但是有一个神奇的思路，就是搞一个 (f_x) 的差分数组 (g_x=f_{x}-f_{x+1}) ，那么有 (f_x=sumlimits_{i=x}^{sum} g_i) ，其中 (g_{sum}=0) 。
那原式可以写成 (f_{x+1} +g_x=1+frac{sum-x}{sum}(frac{f_{x+1}}{n-1}+frac{(n-2)(f_{x+1} +g_x)}{n-1})+frac{x(f_{x+1} +g_{x}+g_{x-1} )}{sum}) ，化简可得 (g_x=frac{sum(n-1)+x(n-1)g_{x-1}}{sum-x}) 。
那就可以 (mathcal{O(sum)}) 来递推出 (g_x) 和 (f_x) 了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int M=1e6+5,JYY=998244353;
int read(){
int x=0,y=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') y=(ch=='-')?-1:1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*y;
}
int n,sum=0,Ans=0,a[M],inv[M],F[M];
void solve(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) sum+=a[i]=read();
inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=max(sum,n);i++) inv[i]=(JYY-JYY/i)*inv[JYY%i]%JYY;
F[0]=n-1;
for(int i=1;i<sum;i++) F[i]=(sum*(n-1)%JYY+i*(n-1)%JYY*F[i-1]%JYY)*inv[sum-i]%JYY;
for(int i=sum-1;i>=0;i--) F[i]=(F[i+1]+F[i])%JYY;
for(int i=1;i<=n;i++) Ans=(Ans+F[a[i]])%JYY;
Ans=(Ans-F[0]*(n-1)%JYY+JYY)%JYY;
printf("%lld
",Ans*inv[n]%JYY);
}
signed main(){
solve();
}