题解 \(by\;zj\varphi\)
对于这个题，可以转化为有 \(n\) 种数，第 \(i\) 种数有 \(a_i\) 个，一共有 \(N+1\) 个。
每次选数时从剩下不为空的种类中随机选一个。
问用这 \(i\) 种数填一个长为 \(N+1\) 的序列，以第 \(i\) 种数为结尾的概率。
有一个地方还不太懂，现在还只能口胡一下。
容斥+背包
每次只考虑 \(j\) 种，不包括当前这种。
设 \(f_{j,k}\) 表示在当前位置之后至少有 \(j\) 种出现了，在当前位置之前的序列长为 \(k\) 的方案数。
因为指定当前序列有 \(m+1\) 种，且全没用完，所以概率就是 \((\frac{1}{m+1})^j\)。
最后容斥一下，答案就是 \(\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i\sum_jf_{i,j}\times (\frac{1}{i+1})^j\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ri signed
#define pd(i) ++i
#define bq(i) --i
#define func(x) std::function<x>
namespace IO{
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
#define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++
#define debug1(x) std::cerr << #x"=" << x << ' '
#define debug2(x) std::cerr << #x"=" << x << std::endl
#define Debug(x) assert(x)
struct nanfeng_stream{
template<typename T>inline nanfeng_stream &operator>>(T &x) {
bool f=false;x=0;char ch=gc();
while(!isdigit(ch)) f|=ch=='-',ch=gc();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc();
return x=f?-x:x,*this;
}
}cin;
}
using IO::cin;
namespace nanfeng{
#define FI FILE *IN
#define FO FILE *OUT
template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;}
template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;}
static const int N=31,MOD=998244353;
int a[N],C[N*N][N*N],dp[2][N][N*N],sum,n;
auto fpow=[](int x,int y) {
int res=1;
while(y) {
if (y&1) res=1ll*res*x%MOD;
x=1ll*x*x%MOD;
y>>=1;
}
return res;
};
inline int main() {
FI=freopen("c.in","r",stdin);
FO=freopen("c.out","w",stdout);
cin >> n;
for (ri i(1);i<=n;pd(i)) cin >> a[i],sum+=a[i];
C[0][0]=1;
for (ri i(1);i<=sum;pd(i)) {
C[i][0]=1;
for (ri j(1);j<=i;pd(j)) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%MOD;
}
for (ri i(1);i<=n;pd(i)) {
if (!a[i]) {printf("0\n");continue;}
memset(dp,0,sizeof(dp));
int nw=0;
sum=a[i];
dp[nw][0][a[i]]=1;
for (ri j(1);j<=n;pd(j)) {
if (j==i||!a[j]) continue;
nw^=1;
memcpy(dp[nw],dp[nw^1],sizeof(dp[nw^1]));
for (ri k(0);k<n;pd(k))
for (ri l(1);l<=sum;pd(l))
for (ri f(0);f<a[j];pd(f))
(dp[nw][k+1][l+f]+=1ll*dp[nw^1][k][l]*C[l+f-1][f]%MOD)%=MOD;
sum+=a[j]-1;
}
int ans=0;
for (ri j(0),f=1;j<n;pd(j),f=-f)
for (ri k(a[i]);k<=sum;pd(k))
(ans+=1ll*f*dp[nw][j][k]*fpow(fpow(j+1,k),MOD-2)%MOD)%=MOD;
printf("%d ",(ans+MOD)%MOD);
}
return 0;
}
}
int main() {return nanfeng::main();}