一、题目
注意一点：重新洗牌并不会导致集合 \(S\) 的变化。
二、解法
本题的关键是均匀随机洗牌，可以有一个 \(\tt observation\)：\(S\) 中具体有哪些数字是没有关系的，我们只需要知道 \(S\) 中有多少数字。因为所有数字是全等概率出现的，我们关系的就只有出现和不出现这两种状态了。
然后可以考虑用 \(dp\) 解决这个问题，直接 \(dp\) 时间有点难，因为有废牌（\(S\) 中已经出现的牌）所以转移不动。
考虑用轮数来介导这个过程，因为答案可以表示成 \(E(t_1+t_2...)\)，其中 \(t_i\) 表示第 \(i\) 轮的时间，可以拆成 \(E(t_1)+E(t_2)...\) 设 \(E(x)\) 表示期望要进行多少轮，那么答案是 \(E(x)E(t)\)，其中 \(E(t)\) 表示每一轮的期望时间。
那么设 \(f_i\) 表示 \(S\) 中还缺少 \(i\) 张牌的期望轮数，这时候就可以忽略废牌了，考虑抽到的第一张有用牌是什么，如果是 \(\tt joker\) 那么期望轮数 \(+1\)，如果抽到了缺少的牌那么继续抽，显然抽到 \(\tt joker\) 的概率是 \(\frac{m}{m+i}\)：
\[f_i=\frac{m}{m+i}(f_i+1)+f_{i-1} \] \[f_i=f_{i-1}+\frac{m}{i} \]因为 \(S\) 满了之后还要抽到鬼才行，所以 \(f_0=1\)，那么 \(E(x)=1+\sum_{i=1}^n\frac{m}{i}\)
现在算 \(E(t)\) 即可，我们考虑抽到鬼的时间，每张数字牌有 \(\frac{1}{m+1}\) 的概率出现在第一张鬼前面，每张数字牌是独立的，那么做的总贡献是 \(\frac{n}{m+1}\)，还要算上抽到自己的时间，所以 \(E(t)=1+\frac{n}{m+1}\)
另一种方法是 \(\min-\max\) 反演，但是还是要以轮数为介导。
考虑给每个数字一个权值 \(P(x)\)，表示加入 \(x\) 是第几轮。
设 \(t\) 表示一轮的期望时间，那么答案是 \(t\cdot E(\max_{x\in U}P(x))\)，直接上反演：
\[E(\max_{x\in U}P(x))=\sum_{T\in U}(-1)^{|T|+1}\cdot E(\min_{x\in T}P(x)) \]考虑求 \(E(\min_{x\in T}P(x))\)，也就是一个集合中抽中第一张牌的轮数，每一轮抽出有用牌是 \(\tt joker\) 的概率是 \(\frac{x}{x+m}\)，那么期望轮数可以表示成 \(\sum_{i=0}^{\infty}(\frac{x}{x+m})^i=\frac{x+m}{x}\)，就是母函数的闭形式嘛，那么总答案是：
\[(1+\frac{n}{m+1})\cdot \sum_{i=1}^n{n\choose i}(-1)^{i+1}\frac{i+m}{i} \]三、总结
核心原理是 \(E(ab)=E(a)E(b)\)，所以期望不好算时要学会找介导量。
序列均匀随机有很多好的性质：比如元素等概率，顺序大小关系的概率会好算。
使用 \(\min-\max\) 反演的关键是定义权值，要求某些数全部出现是可以用，可以转化成某集合第一次出现数。
#include <cstdio>
#define int long long
const int MOD = 998244353;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,E,c;
int qkpow(int a,int b)
{
int r=1;
while(b>0)
{
if(b&1) r=r*a%MOD;
a=a*a%MOD;
b>>=1;
}
return r;
}
signed main()
{
n=read();m=read();
E=(n+m+1)*qkpow(m+1,MOD-2)%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++)
c=(c+qkpow(i,MOD-2))%MOD;
c=(c*m+1)%MOD;
printf("%lld\n",E*c%MOD);
}