一、题目
听说过这题很久了，这么经典怎么能不做呢？
二、解法
由于概率一直在变算着麻烦得很，有一个神奇 ( t idea) 就是我们乱开枪，如果这一枪在鞭尸那么就再开一枪，知道打死第一个人为止。这种策略的证明也不难，对于一个人被打到的概率都只和 (w_i) 的比值有关。
然后还是不会做，一个想都不敢想的方法是指数级容斥，枚举集合 (S) 表示至少集合 (S) 中的人在 (1) 的后面死掉，那么答案是：
这一步妙极了，我们要主动使用容斥而不是看着像容斥才用（和 ( t cdq) 差不多）而不是看着很像再用容斥，有很多方法能把容斥的复杂度降下来，常见的就是 (dp) 维护容斥系数。
[sum_{S}(-1)^{|S|}P(S)
]
其中 (P(S)) 表示至少集合 (S) 中的人在 (1) 后面死的概率，那么可以打无限枪，只要不打到 (1) 和 (S) 中的人就可以，然后我们再给 (1) 补一枪，这样可以写出 (P(S)) 的表达式了：
[P(S)=sum_{i=0}^infty(frac{tot-a[1]-sum[S]}{tot})^i imesfrac{a[1]}{tot}
]
直接把他当母函数写闭形式：
[P(S)=frac{1}{1-frac{tot-a[1]-sum[S]}{tot}} imesfrac{a[1]}{tot}=frac{a[1]}{a[1]+sum[S]}
]
发现就只有 (sum[S]) 需要算一算了，发现这就是一个背包问题，很容易 (O(n^2)) 解决啊。
再回去看一眼题目，(sum a_ileq 10^5)，也就是总容量是很小的，那么不难想到用生成函数优化背包。有 (n-1) 个形如 (1-x^{a}) 这样的函数我们要求他的卷积，那么直接分治就可以了。
注意分治的时候要按容量对半分，网上的题解大多是从中间分一半，我觉得这样是错的，但是我不是特别清楚怎么卡额。一定要这样才能说明复杂度是 (O(nlog^2 n))
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 200005;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
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,ans,w[M],s[M],f[M];
namespace poly
{
int len,A[M],B[M],rev[M];
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;
}
void NTT(int *a,int len,int op)
{
for(int i=0;i<len;i++)
{
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((len/2)*(i&1));
if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
}
for(int s=2;s<=len;s<<=1)
{
int t=s/2,w=(op==1)?qkpow(3,(MOD-1)/s):qkpow(3,MOD-1-(MOD-1)/s);
for(int i=0;i<len;i+=s)
for(int j=0,x=1;j<t;j++,x=x*w%MOD)
{
int fe=a[i+j],fo=a[i+j+t];
a[i+j]=(fe+x*fo)%MOD;
a[i+j+t]=((fe-x*fo)%MOD+MOD)%MOD;
}
}
if(op==1) return ;
int inv=qkpow(len,MOD-2);
for(int i=0;i<len;i++) a[i]=a[i]*inv%MOD;
}
void work(int n,int m,int *a,int *b,int *c)
{
len=1;while(len<n+m) len<<=1;
for(int i=0;i<len;i++) A[i]=B[i]=0;
for(int i=0;i<n;i++) A[i]=a[i];
for(int i=0;i<m;i++) B[i]=b[i];
NTT(A,len,1);NTT(B,len,1);
for(int i=0;i<len;i++) A[i]=A[i]*B[i]%MOD;
NTT(A,len,-1);
for(int i=0;i<n+m;i++)
c[i]=A[i];
}
}
void cdq(int *a,int l,int r)
{
if(l==r)
{
a[0]=1;a[w[l]]=MOD-1;
return ;
}
int mid=l;
while(mid<r-1 && 2*(s[mid]-s[l-1])<s[r]-s[l-1]) mid++;
int l1=s[mid]-s[l-1],l2=s[r]-s[mid];
int f[2*l1]={},g[2*l2]={};
cdq(f,l,mid);cdq(g,mid+1,r);
poly::work(l1+1,l2+1,f,g,a);
}
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
w[i]=read();
s[i]=s[i-1]+w[i];
}
cdq(f,2,n);
for(int i=0;i<=s[n];i++)
{
int tmp=w[1]*poly::qkpow(w[1]+i,MOD-2)%MOD;
ans=(ans+tmp*f[i])%MOD;
}
printf("%lld
",ans);
}