problem

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solution

令 $c_i:$ 第 $i$ 个人传给下一个人球的个数

当 min⁡{ci}≠0\min\{c_i\}\neq 0min{ci​}​=0 时，将每一个 $c_i$ 都减小 $1$，显然答案序列并不会改变

所以，我们只需要考虑 min⁡{ci}=0\min\{c_i\}=0min{ci​}=0 的情况

这样性质的 $c$ 序列一共有 ${\prod }_{i=1}^n(a_i+1)-{\prod }_{i=1}^n{a}_i$ 种，每一种都会导致最后不同的结果序列

至少有一个人是不传球的方案数：总方案数$-$每个人都传球的方案数（将 $+1$ 看作不传球）

${\prod }_{i=1}^n{x}_i={\prod }_{i=1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_i}{1}\right):$ 理解成每个人传完球后，从手里剩下的球中选一个的方案数

所以，我们就可以设计 $d{p}_{i,0/1}$ 转移了

• $d{p}_{i,0}:$ 第 $i$ 个人从自己原有的球上选一个，前 $i-1$ 个人的方案数
• $d{p}_{i,1}:$ 第 $i$ 个人从第 $i-1$ 个人给的球中选一个，前 $i$ 个人的方案数

因为是同时一起给下一个人球的，所以每个人手中原本的球可以看成时一种来源，不同来源球直接的分配是相互独立的，前一个人传递过来多少与自己传递多少出去是互不干扰的

• $d{p}_{i+1,0}\leftarrow d{p}_{i,0}\cdot \frac{a_i(a_i+1)}{2}$

  由于 $d{p}_{i,0}$ 没有算 $i$ 的贡献，转移时要加上；且这种情况 $i$ 时从自己手上剩的球中选一个

  如果剩下 $x$ 个就有 $x$ 种选法，而 $x\in [1,a_i]$，所以方案数为 ${\sum }_{x=1}^{a_i}x$

• $d{p}_{i+1,0}\leftarrow d{p}_{i,1}\cdot (a_i+1)$

  由于 $d{p}_{i,1}$ 已经算了 $i$ 的贡献，转移只需要考虑 $i\to i+1$ 的球数，且此情况下先不计算 $i+1$ 在自己手上选球的贡献

  传递 $0,1,...,a_i$ 个一共是 $a_i+1$ 种方案

• $d{p}_{i+1,1}\leftarrow d{p}_{i,0}\cdot (a_i\cdot \frac{a_i(a_i+1)}{2}-\frac{a_i(a_i+1)(2a_i+1)}{6})$

  由于 $i,i+1$ 的贡献都没有计算，转移时要一起加上

  如果 $i$ 传递了 $x$ 个，那么就还剩下 $a_i-x$ 个，$i$ 是从自己手中选，则有 $a_i-x$ 中选法，$i+1$ 是从 $i$ 传的球中选一个，则有 $x$ 种选法

  所以总方案数为 ${\sum }_{x=1}^{a_i}x(a_i-x)=a_i\cdot {\sum }_{x=1}^{a_i}-{\sum }_{x=1}^{a_i}{x}^2=a_i\cdot \frac{a_i(a_i+1)}{2}-\frac{a_i(a_i+1)(2a_i+1)}{6}$

• $d{p}_{i+1,1}\leftarrow d{p}_{i,1}\cdot \frac{a_i(a_i+1)}{2}$

  由于已经计算了 $i$ 的贡献，所以只需要考虑 $i+1$ 的贡献

  $i+1$ 选的是 $i$ 传递的球，如果 $i$ 传了 $x$ 个，那么就有 $x$ 种选择，方案数为 ${\sum }_{x=1}^{a_i}x=\frac{a_i(a_i+1)}{2}$

最后因为是个环，所以初始应该钦定 $1$ 的选择

显然这个 $dp$ 的过程并没有考虑 min⁡{ci}=0\min\{c_i\}=0min{ci​}=0 的限制，而是随意转移

所以利用容斥，减去强制至少转移一个球的方案数，就对应着至少有一个人的 $c_i=0$ 的方案数

具体而言：

• $i$ 从自己手上剩的球选择，剩的球就被限制为了 $1,2,...,a_{i-1}$

  转移变为 $d{p}_{i+1,0}\leftarrow d{p}_{i,0}\cdot \frac{a_i(a_i-1)}{2}$

• $i$ 传递给 $i+1$ 至少都是一个球 $1,2,...,a_i$

  转移变为 $d{p}_{i+1,0}\leftarrow d{p}_{i,1}\cdot a_i$

• 而 case3 case4 的转移，因为为了使 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{1}\right)$ 有意义，所以 $x$ 自带条件就是 $\ge 1$，转移不变

code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define int long long
#define mod 998244353
#define maxn 300005
const int inv2 = ( mod + 1 ) / 2;
const int inv6 = ( mod + 1 ) / 6;
int n;
int a[maxn];
int dp[maxn][2];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}int solve( int o, int k ) {memset( dp, 0, sizeof( dp ) );dp[1][o] = 1;for( int i = 1, x, g, f;i <= n;i ++ ) {x = a[i] - k;g = x * ( x + 1 ) % mod * inv2 % mod;dp[i + 1][0] = ( dp[i][0] * g + dp[i][1] * ( x + 1 ) ) % mod;x = a[i];g = x * ( x + 1 ) % mod * inv2 % mod;f = x * ( x + 1 ) % mod * ( x << 1 | 1 ) % mod * inv6 % mod;dp[i + 1][1] = ( ( a[i] * g - f ) % mod * dp[i][0] + dp[i][1] * g ) % mod;}return dp[n + 1][o];
}signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );printf( "%lld\n", ( ( solve( 1, 0 ) + solve( 0, 0 ) - solve( 0, 1 ) - solve( 1, 1 ) ) % mod + mod ) % mod );return 0;
}