[题目链接]

https://codeforces.com/contest/1349/problem/D

[题解]

首先设 \(E_{x}\) 表示所有饼干在 \(x\) 手里的情况 ， 概率乘期望的和 ， 则答案为 \(\sum_{x}{E_{x}}\)。

设 \(E'_{x}\) 表示如果游戏只在所有饼干都在 \(x\) 手里才会结束的期望步数。

设 \(P_{x}\) 为最终游戏结束时所有饼干在 \(x\) 手里的概率 ， 则 \(\sum_{x}{P_{x}} = 1\)。

再设常数 \(C\) 表示将所有饼干从一个人手里转移到另一个人手里的期望步数。

考虑容斥 ， 不难发现存在恒等式 : \(E(x) = E'(x) - \sum_{x}{[i \neq x](P_{i} * C + E_{i})}\)

这个等式相当于枚举了在 \(x\) 之前谁先得到了所有饼干。

一共有 \(N\) 个这样的等式 ， 将它们求和 ， 得到 : \(N\sum_{i}{E_{i}} = \sum_{i}{E'_{i}} - C(N - 1)\sum{P_{i}}\) 。

用 \(ans\) 替换 \(\sum{E_{i}}\) , 用 \(1\) 替换 \(\sum{P_{i}}\)。

得到 \(n \cdot ans = \sum_{i}{E'_{i} - C(N - 1)}\)。

注意到对于 \(E'_{x}\) 和 \(C\) 而言 ， 只需关心饼干是否到了指定的某个人 ， 不妨设 \(f_{m}\) 为剩余 \(m\) 个小饼干在目标人手中 ， 最后全部转移到其手中的期望时间。 则不难得到

\(f_i=\begin{cases}\frac{s-i}{s}\left(\frac{1}{n-1}f_{i+1}+\frac{n-2}{n-1}f_i\right)+\frac{i}{s}f_{i-1}+1,&0<i<s\\\frac{n-2}{n-1}f_i+\frac{1}{n-1}f_{i+1}+1,&i=0\\0,&i=s\end{cases}\)

首先解第二个方程 ， 得到 \(f_{0} = f_{1} + n - 1\)。

直接通过消元求 \(f_{2} ... f_{n}\) 是不稳妥的 ， 因为可能出现除以 \(0\) 的情况。

那么不妨定义 \(g_{i} = f_{i} - f_{i + 1}\) ， 则 \(f_i=\sum_{j=i}^sg_j\)。 将 \(f\) 代换为 \(g\) 得到 \(\sum_{j=i}^sg_j=\frac{s-i}{s}\left(\frac{1}{n-1}\sum_{j=i+1}^sg_j+\frac{n-2}{n-1}\sum_{j=i}^sg_j\right)+\frac{i}{s}\sum_{j=i-1}^sf_j+1\)。

\(j > i\) 的项直接抵消了 , 因此可以得到 :

\(g_i=\frac{s(n-1)+i(n-1)g_{i-1}}{s-i}\)

又因为 \(g_{0} = f_{0} - f_{1} = n - 1\) , 所以可以直接递推求 \(g\) , 而 \(f\) 就是 \(g\) 的后缀和。

时间复杂度 : \(O(NlogN)\)

[代码]

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define rep(i , l , r) for (int i = (l); i < (r); ++i)

typedef long long LL;

const int MN = 3e6 + 5 , mod = 998244353;

int N , s , f[MN] , g[MN] , a[MN];

inline void inc(int &x , int y) {
		x = x + y < mod ? x + y : x + y - mod;
} 
inline void dec(int &x , int y) {
		x = x - y >= 0 ? x - y : x - y + mod;
}
inline int qPow(int a , int b) {
		int c = 1;
		for (; b; b >>= 1 , a = 1ll * a * a % mod) if (b & 1) c = 1ll * c * a % mod;
		return c;
}

int main() {
		
		scanf("%d" , &N);
		for (int i = 1; i <= N; ++i) {
				scanf("%d" , &a[i]);
				s += a[i]; 
		}
		g[0] = N - 1;
		for (int i = 1; i < s; ++i)
				g[i] = (1ll * s * (N - 1) % mod + 1ll * i * (N - 1) % mod * g[i - 1] % mod) % mod * qPow(s - i , mod - 2) % mod;
		for (int i = s; ~i; --i) f[i] = (f[i + 1] + g[i]) % mod;
		int ans = 0;
		for (int i = 1; i <= N; ++i) inc(ans , f[a[i]]);
		dec(ans , 1ll * f[0] * (N - 1) % mod);
		ans = 1ll * ans * qPow(N , mod - 2) % mod;
		printf("%d\n" , ans); 
	  return 0;
}