- 共有(m)张牌，其中(n)张牌上写有数字(w_i)，满足(sum w_i=m)。
- 一开始你先摸走牌库最顶上的一张牌，每当你摸到一张写着数字(x)的牌，你就再摸(x)张牌。
- 问有多少种牌库，你能把所有牌摸完。
- (nle40,w_ile10^5)
(Raney)引理
做这道题必需的一个引理：
一个环(x_1,x_2,...,x_n)满足(sum x_i=1)，在将它裂开形成的(n)条可能的链中，恰有一条满足所有前缀和都是正数。
懒得另开一篇博客，就在这里顺便讲一下用(Raney)引理证明卡特兰数(C_n=frac{(2n)!}{n!(n+1)!})。
因为共有(n)个(1)和(n)个(-1)，它们的和不为(1)，因此我们强行在序列开头加上一个(1)，这样就满足所有数和为(1)。
由于所有前缀和为正数，因此第一个数肯定是(1)而不是(-1)，那么去掉开头就变成了剩余所有前缀和非负，恰好满足卡特兰数的限制条件。
这样就能推导出卡特兰数的通项公式(C_n=frac{(2n)!}{n!(n+1)!})。
关于此题的解法
首先我们把所有数都减去(1)，此时所有数和为(0)，且需要满足所有前缀都是非负数。
一个(naive)的想法是和前面卡特兰数的推导一样，强行在序列开头加上一个(1)，满足所有数和为(1)，且变成所有前缀都是正数。
但是，毕竟还是不一样，因为卡特兰数中正数只有(1)，开头必须是(1)，而这道题则不一定，所以会计算出错。
于是我们必须换个思路，发现有一个东西是唯一的，就是负数只有(-1)！
所以我们改成在序列末尾加上一个(-1)，那么序列总和是(-1)，这样一来只要将所有数都取反并逆序，就转化成了(Raney)引理的标准模型，且可以保证计算不重复（因为取反后的正数就只有(1)了）。
此时共有(m+1)个数，因此圆排列数量应该是((m+1-1)!=m!)。
然后为了除掉这个(-1)的影响，考虑原本有(m-n)个(-1)，现在添上一个(-1)就有(m-n+1)个(-1)，为了消除贡献还需要将(m!)除去(m-n+1)。
因此答案就是：
因为(m-n+1le m)，所以只要在求阶乘的时候忽略其影响即可。
代码：(O(sum w_i))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 40
#define X 998244353
using namespace std;
int n,m;
int main()
{
RI i,t;for(scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&t),m+=t;//m为所有数的总和
for(t=i=1;i<=m;++i) i^(m-n+1)&&(t=1LL*t*i%X);return printf("%d
",t),0;//计算答案，忽略m-n+1
}