ABC231G

先来研究没有初始球情况下的简单版本：

$n$ 个小球，$m$ 个盒子，每个小球等概率地放到盒子里，这样有 $n^m$ 种方案，每种方案的贡献是每个盒中球个数的乘积，计算所有方案贡献总和。

设 $x_{i.j}$ 表示第 $i$ 个盒子中是否放入了第 $j$ 个球，取值只有 $0$ 或者 $1$。

对于一种具体的方案来说，贡献为：

$$(x_{1,1}+x_{1,2}+\cdots+x_{1,m})(x_{2,1}+x_{2,2}+\cdots+x_{2,m})\cdots(x_{n,1}+x_{n,2}+\cdots+x_{n,m})$$

展开后，一共有 $m^n$ 项，每项为 $x_{1,t_1}x_{2,t_2}\cdots x_{n,t_n}$，如果该项有贡献则说明 $t_i$ 互不相同且 $x_{i,t_i}=1$，则有 $m\times(m-1)\times\cdots\times (m-n+1)=\dfrac{m!}{(m-n)!}$ 种确定 $\left\{t_i\right\}$ 的方案，因为剩下的球随便放，所以方案数是 $n^{m-n}$。于是总贡献为 $\dfrac{m!}{(m-n)!}\times n^{m-n}$。

再回到原问题，设每个盒子的增量是 $b_i$，满足 $\sum b_i=m$，那么总贡献为：

$$\sum\limits_{\left\{b_i\right\}}(a_1+b_1)(a_2+b_2)\cdots(a_n+b_n)$$

展开后，一共有 $2^n$ 项，每项由 $x$ 个 $a_i$ 的乘积和 $n-x$ 个 $b_i$ 的乘积组成。

于是可以将 $a$ 的乘积直接 DP 出来，设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数，选出 $j$ 个的乘积和，则有：

$$f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}\times a_i$$

则最终答案可以写成 $\sum\limits_{x=0}^nf_{n,x}\times \sum\limits_{\left\{b_i\right\}}\prod b_k=\sum\limits_{x=0}^nf_{n,x}\times g_{n-x}$，其中 $g_{n-x}$ 表示合法的 $n-x$ 项 $b_k$ 的乘积和。

而 $g_i$ 就是上面的简化版本，$g_i=\dfrac{m!}{(m-i)!}\times n^{m-i}$。

最后用总贡献除以 $n^m$ 就是题目所求的期望。

时间复杂度 $\mathcal O(n^2)$。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1005, mod = 998244353;
int n, m;
int a[N];
int f[N][N], g[N];

int qpow(int x, int y) {
	if (y < 0) return 0;
	int res = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) res = 1ll * res * x % mod;
		x = 1ll * x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
	f[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		f[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j <= i; ++j)
			f[i][j] = (f[i - 1][j] + 1ll * f[i - 1][j - 1] * a[i] % mod) % mod;
	}
	int cur = 1;
	g[0] = qpow(n, m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cur = 1ll * cur * (m - i + 1) % mod;
		g[i] = 1ll * cur * qpow(n, m - i) % mod; 
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= n; ++i) ans = (ans + 1ll * f[n][i] * g[n - i] % mod) % mod;
	ans = 1ll * ans * qpow(qpow(n, m), mod - 2) % mod;
	printf("%d", ans);
	return 0;
}