题解
考虑容斥，令集合S为我们钦定S集合必须要在1号节点后面，那么答案为。
[ans=sum_{S}(-1)^{|S|}P(S)
]
然后这个(P(S))为(frac{w_1}{w_1+w_S})。
这个需要想一想，或者我们考虑一个事情，就是每次死一个人概率的分母不会变，所以我们可以把它补成一样的，就是这个人死后有可能还会被选上，如果选上的话就再选一次，列出式子就是：
[sum_{i=0}^{infty}(1-frac{w_s+w_1}{sum})frac{w_1}{sum}
]
[frac{w_1}{w_1+w_s}
]
所以我们要求所有的(w_s)。
我们令生成函数(G=sum_{i=0}^{infty}x^i)表示w的和为i的(sum)的系数和，因为总和题目有保证，所以就可以分治(FFT)了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define N 270002
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
const int G=3;
const int Gi=332748118;
ll a[42][N];
int rev[N],w[N],cnt[N],n;
int tot,rbs[N];
inline ll rd(){
ll x=0;char c=getchar();bool f=0;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
return f?-x:x;
}
inline void MOD(ll &x){x=x>=mod?x-mod:x;}
inline ll power(ll x,ll y){
ll ans=1;
while(y){if(y&1)ans=ans*x%mod;x=x*x%mod;y>>=1;}
return ans;
}
inline void NTT(ll *a,int l,int tag){
for(int i=1;i<l;++i)if(i>rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<l;i<<=1){
ll wn=power(tag==1?G:Gi,(mod-1)/(i<<1));
for(int j=0;j<l;j+=(i<<1)){
ll w=1;
for(int k=0;k<i;++k,w=w*wn%mod){
ll x=a[j+k],y=a[i+j+k]*w%mod;
MOD(a[j+k]=x+y);MOD(a[i+j+k]=x-y+mod);
}
}
}
if(tag<0){
ll ny=power(l,mod-2);
for(int i=0;i<l;++i)a[i]=a[i]*ny%mod;
}
}
void solve(int now,int L,int R){
if(L==R){
cnt[now]=w[L];
a[now][0]=1;a[now][w[L]]=mod-1;
return;
}
int mid=(L+R)>>1;
int x=rbs[0]?rbs[rbs[0]--]:++tot,y=rbs[0]?rbs[rbs[0]--]:++tot;
solve(x,L,mid);solve(y,mid+1,R);
cnt[now]=cnt[x]+cnt[y];
int l=1,num=0;
while(l<=(cnt[now]))l<<=1,num++;
for(int i=1;i<l;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(num-1));
NTT(a[x],l,1);NTT(a[y],l,1);
for(int i=0;i<l;++i)a[now][i]=a[x][i]*a[y][i]%mod;
NTT(a[now],l,-1);
for(int i=0;i<l;++i)a[x][i]=0,a[y][i]=0;
rbs[++rbs[0]]=x;rbs[++rbs[0]]=y;
}
int main(){
n=rd();
int sum=0;
for(int i=1;i<=n;++i)w[i]=rd(),sum+=w[i];
solve(0,2,n);
ll ans=0;
for(int i=0;i<=sum;++i){
MOD(ans+=a[0][i]*power(w[1]+i,mod-2)%mod);
}
ans=ans*w[1]%mod;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}