题意：$n$个人共有$m$个饼干，每轮随机选一个饼干随机给一个另外的人，所有饼干都在一个人手里时游戏结束，求期望进行次数。模$998244353$。

$n\le 10^5,m\le 3\times 10^5$

首先肯定是每个人作为最终获得所有饼干的人分别考虑。

但是如果只考虑这个人的话，无法确定游戏进行过程中是否已经在其他人那里结束了。

所以干脆改下规则：设当前考虑的人为$x$，规定只有$x$收集完所有饼干后游戏才结束。也就是有人收集完了所有饼干后，如果他不是$x$，游戏继续进行；否则游戏立即结束。

为了后面讲清楚，这里给一个不正式的严谨定义：设$R,R_1\sim R_n$表示游戏遵循的规则，其中$R$表示任何一个人收集了所有饼干后游戏结束，即原来的规则。$R_x(x\in [1,n])$表示只有$x$收集完游戏才结束的新规则。

设在$R_x$下游戏期望进行的次数为$E_x^{\prime }$。即：设$f^{\prime }(x,i)$表示游戏进行了$i$步后结束且$x$获得了所有饼干的概率，$E_x^{\prime }={\sum }_{i=0}^{\infty }i\cdot f^{\prime }(x,i)$

注：这个$f^{\prime }(x,i)$和后面的$f(x,i)$只是为了方便理解定义，对推导没有影响。

我们考虑寻找新的规则和原来的规则的联系

在$R$下，设$P_x$表示游戏结束时所有饼干在$x$手上的概率，$E_x$表示所有饼干在$x$手上结束的所有情况 的 概率乘以时间 之和。（注意不是期望，概率的分母包括了在其他人那里结束的情况）

即：设$f(x,i)$表示游戏进行$i$步后结束，$x$获得所有饼干的概率，$E_x={\sum }_{i=0}^{\infty }i\cdot f(x,i),P_x={\sum }_{i=0}^{\infty }f(x,i)$

有${\sum }_{i=1}^n{P}_i=1,{\sum }_{i=1}^n{E}_i=ans$，$ans$为题目所求

设$C$表示在$R_j$下，现在所有饼干在$i$手上且$i\ne j$，游戏期望还要进行多少步。显然这是个与$i,j$无关的常数。

考虑用$E_x$表示出$E_x^{\prime }$

为了方便，我们称一个状态为$i$类关键点，当且仅当这个状态的所有饼干都在$i$手上。

考虑在$R_x$下的一场游戏，如果它只有结束状态这一个关键点，期望步数为$E_x$

否则我们枚举第一个关键点的类别$i$，显然$i\ne x$，不然游戏会提前结束。然后从这个关键点开始就是 从“所有点都在$i$手上”这个状态开始的$R_x$游戏，期望步数为$C$

所以：

$$E_x^{\prime }=E_x+\sum _{i=1}^n[i\ne x](E_i+P_{i}C)$$

如果你想不通为什么$C$要乘上$P_i$:

前面说过，$E_x={\sum }_{i=0}^{\infty }if(x,i)$
换句话说，对于每一个$i$，都有$f(x,i)$的可能性在$i$步后 所有饼干都在$x$手上，在这里就是到达枚举的第一个关键点。
在这之后还需要$C$步来到最终结束的状态，即${\sum }_{i=0}^{\infty }(i+C)f(x,i)$
而$P_x={\sum }_{i=0}^{\infty }f(x,i)$，所以加上$P_{i}C$就可以了

拆一下：

$$E_x^{\prime }=E_x+\sum _{i=1}^n[i\ne x](E_i+P_{i}C)$$

$$E_x^{\prime }=E_x+\sum _{i=1}^n[i\ne x]E_i+\sum _{i=1}^n[i\ne x]P_{i}C$$

$$E_x^{\prime }=\sum _{i=1}^n{E}_x+C\sum _{i=1}^n[i\ne x]P_i$$

$$E_x^{\prime }=ans+C(1-p_x)$$

对$x=1\sim n$求和

$$\sum _{i=1}^n{E}_i^{\prime }=n\cdot ans+C(n-1)$$

只要求出$E_x^{\prime }$和$C$的值，问题就解决了！

而$C$是严格包含于$E_x^{\prime }$的，所以我们的目标是解决新规则下的问题。

注意到在$R_x$下，我们并不关心每个饼干具体在谁手上，我们只关心它在不在$x$手上

所以可以设$f(i)$表示当前$x$手上有$i$个饼干时期望进行次数。

$$f(i)=\{\begin{array}{ll}1+\frac{1}{n-1}f(i+1)+\frac{n-2}{n-1}f(i)& x=0\\ 1+\frac{i}{m}f(i-1)+\frac{m-i}{m}(\frac{1}{n-1}f(i+1)+\frac{n-2}{n-1}f(i))& 0<x<m\\ 0& x=m\end{array}$$

解出这个方程就好了

暴力硬推是一种方法，这里有一个很优美的思路：

考虑中间的式子，记为

$$f(i)=Af(i-1)+Bf(i)+Cf(i+1)+1$$

$$Af(i-1)+(B-1)f(i)+Cf(i+1)+1=0$$

注意到$A+B+C=1$，设$g(i)=f(i)-f(i+1)$

$$A\cdot g(i-1)+(A+B-1)g(i)+1=0$$

$$g(i)=\frac{A\cdot g(i-1)+1}{C}$$

这样推一次就可以把$g$算出来，求个后缀和就得到了$f$

然后$E_x^{\prime }=f(a_i),C=f(0)$

复杂度$O(n)$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#define MAXN 300005
using namespace std;
inline int read()
{int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans;
}
const int MOD=998244353;
typedef long long ll;
inline int qpow(int a,int p)
{int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans;
}
#define inv(x) qpow(x,MOD-2)
inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD: x-y;}
int a[MAXN],f[MAXN];
int main()
{int n=read(),m=0;for (int i=1;i<=n;i++) m+=(a[i]=read());f[0]=n-1;for (int i=1;i<m;i++) f[i]=((ll)i*inv(m)%MOD*f[i-1]%MOD+1)*m%MOD*(n-1)%MOD*inv(m-i)%MOD;for (int i=m;i>=0;i--) f[i]=add(f[i],f[i+1]);int sum=0;for (int i=1;i<=n;i++) sum=add(sum,f[a[i]]);sum=dec(sum,f[0]*(n-1ll)%MOD);sum=(ll)sum*inv(n)%MOD;cout<<sum;return 0;
}