场面过度玄学，容易引起不适
我们发现我们要求的这个期望由分母和分子两部分构成
易发现
\[Ans=\frac{\sum_{i=1}^nS_2(n,i)\times i\times i!}{\sum_{i=1}^nS_2(n,i)\times i!}\]
结合\(NTT\)求斯特林数卷积我们就能过掉\(subtask2\)
考虑正解，我们显然不能再用斯特林数搞了
于是考虑一下\(dp\)
设\(f_n\)表示分母，即\(f_n=\sum_{i=1}^nS_2(n,i)\times i!\)
我们发现
\[f_i=\sum_{j=1}^{i}f_{i-j}\binom{i}{j}\]
我们强行规定\(f_0=1\)
这个柿子我们可以这样理解，先从\(i\)个数里选取\(j\)个数作为第一组，之后剩下的\(i-j\)在后面*形成若干组
这非常正确，因为对于任何一种情况，其每一分组都有机会被选中成为第一组，而剩下的组会任意排列，于是正确性显然
我们考虑拆开组合数
\[ f_i=\sum_{j=1}^if_{i-j}\frac{i!}{j!(i-j)!} \]
\[ \frac{f_i}{i!}=\sum_{j=1}^i\frac{f_{i-j}}{(i-j)!}\times \frac{1}{j!} \]
设\(f'_i=\frac{f_i}{i!},g_i=\frac{1}{i!}\)
写成生成函数，别忘了我们强行规定\(f_0=1\)
\[ F'=\sum_{i=0}(\sum_{j=1}^if'_{i-j}g_j+[i=0])x^i \]
\[ F'=1+F'G \]
于是\(F'=(1-G)^{-1}\)
但是发现好像不太得劲，因为 \(1-G\)的最低项为\(0\)，我们没法求逆
但是我们注意到\(g_0\)全程都没有出现，于是我们又强行规定\(g_0=0\)
于是我们现在可以愉快的求逆了
同理我们也可以表示出分母上的柿子
\[ h_i=\sum_{j=1}^i\binom{i}{j}h_{i-j}+\binom{i}{j}f_{i-j}=f_i+\sum_{j=1}^i\binom{i}{j}h_{i-j} \]
这里不需要强行\(h_0=1\)了
我们还是按照刚才的套路得到
\[H'=\frac{1}{(1-G)^2}\]
但是并不知道为什么这里答案算出来总会多\(1\)
肯定是我太菜了生成函数求错了
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
const int maxn=262144+1005;
inline int read() {
char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
int n,ask[100005],len,rev[maxn],T;
const LL mod=998244353;
const LL G[2]={3,332748118};
LL fac[maxn],ifac[maxn];
LL D[maxn],C[maxn],K[maxn],a[maxn],b[maxn],c[maxn],t[maxn];
inline LL ksm(LL a,LL b) {LL S=1;while(b) {if(b&1) S=S*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return S;}
inline void NTT(LL *f,int o) {
for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
int ln=i>>1;LL og1=ksm(G[o],(mod-1)/i);
for(re int l=0;l<len;l+=i) {
LL t,og=1;
for(re int x=l;x<l+ln;x++) {
t=(og*f[ln+x])%mod;
f[ln+x]=(f[x]-t+mod)%mod;
f[x]=(f[x]+t)%mod;
og=(og*og1)%mod;
}
}
}
if(!o) return;
LL inv=ksm(len,mod-2);
for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=(f[i]*inv)%mod;
}
inline void mul(int n,LL *A,LL *B) {
len=1;while(len<n+n) len<<=1;
for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
NTT(A,0),NTT(B,0);for(re int i=0;i<len;i++) A[i]=(A[i]*B[i])%mod;
NTT(A,1);for(re int i=n;i<len;i++) A[i]=0;
}
inline void Inv(int n,LL *A,LL *B) {
if(n==1) {B[0]=ksm(A[0],mod-2);return;}
Inv((n+1)>>1,A,B);
memset(C,0,sizeof(C));memset(K,0,sizeof(K)),memset(D,0,sizeof(D));
for(re int i=0;i<n;i++) C[i]=A[i],D[i]=K[i]=B[i];
mul(n,K,C);mul(n,K,D);
for(re int i=0;i<n;i++) B[i]=(2ll*B[i]-K[i]+mod)%mod;
}
int main() {
T=read();
for(re int i=1;i<=T;i++)
ask[i]=read(),n=max(n,ask[i]+1);
fac[0]=1;
for(re LL i=1;i<n;i++) fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
ifac[n-1]=ksm(fac[n-1],mod-2);
for(re LL i=n-2;i>=0;--i) ifac[i]=(ifac[i+1]*(i+1))%mod;
for(re int i=0;i<n;i++)
b[i]=mod-ifac[i],b[i]%=mod;
b[0]=1;b[0]%=mod;
Inv(n,b,a);
for(re int i=0;i<n;i++) t[i]=c[i]=a[i];
mul(n,t,c);
for(re int i=1;i<=T;i++) {
LL q=t[ask[i]],p=a[ask[i]];
printf("%lld\n",q*ksm(p,mod-2)%mod-1);
}
return 0;
}