好题！
题意：你有一条长为\(L\)的线段，初始时线段上已经有\(n-1\)个分割点将其划分为\(n\)段，其中第\(i\)段长为\(l_i\)。每次在\([0,L]\)中随机一个实数\(r\)，在线段上加入坐标为\(r\)的分割点，直到所有分割点将线段分割为每段长度不超过\(K\)的若干段。求新加入的分割点个数的期望。模\(998244353\)。
\(n\leq 50,L,K\leq 2000\)
题解：
令生成函数\(f\)对应的指数生成函数为\(\tilde f\)。
首先考虑\(n=1\)的情况。假设第\(i\)步及以内能够结束的概率为\(p_i\)，那么答案为\(\sum_{i\geq 0}(1-p_i)\)。考虑如何计算\(p_i\)。
显然，第\(n\)步及以内可以结束等价于无论是否达到要求强行做到第\(n\)步，此时符合要求。考虑每一步的随机都是独立的，那么随机生成的坐标点列\((z_1,z_2,\dots,z_n)\)是均匀分布在\(\Omega_L=\{(z_1,z_2,\dots,z_n)|0\leq z_i\leq L,i=1,2,\dots,n\}\)中的，每一个特定的坐标点列\((z_1,z_2,\dots,z_n)\)被生成的概率元为：
\[\frac{\mathrm{d}z}{\idotsint_{\Omega_L}\mathrm{d}z}=\frac{\mathrm{d}z}{L^n}
\]
但从\((z_1,z_2,\dots,z_n)\)中无法很好地分析是否满足\(\leq K\)的要求，考虑对该空间进行转化。在\(\Omega_L\)中的点坐标几乎都是两两不同的，将其排序，转化为\((\hat z_1,\hat z_2,\dots,\hat z_n)\)，其中\(0\leq \hat z_1\leq \hat z_2\leq \cdots\leq \hat z_n\leq L\)，令\(\hat \Omega_L=\{(\hat z_1,\hat z_2,\dots,\hat z_n)|0\leq \hat z_1\leq \hat z_2\leq \cdots\leq \hat z_n\leq L\}\)，则\(\hat \Omega_L\)中的每个点几乎都对应\(n!\)个\(\Omega_L\)中的点，于是每个\(\hat\Omega_L\)中的点的概率元为\(\frac{n!\mathrm{d}z}{L^n}\)。
为了判断是否满足要求，进一步将\((\hat z_1,\hat z_2,\dots,\hat z_n)\)唯一对应到其差分数组\((\hat z_1,\hat z_2-\hat z_1,\dots,\hat z_n-\hat z_{n-1})\)，均匀分布在空间\(\tilde \Omega_L=\{(\tilde z_1,\tilde z_2,\dots,\tilde z_n)|\tilde z_i\geq 0,\sum_{i=1}^n\tilde z_i\leq L\}\)中，每个点的概率元仍然为\(\frac{n!\mathrm{d}z}{L^n}\)。顺便说明，这证明了\(\idotsint_{\tilde \Omega_L}\mathrm{d}z=\frac{L^n}{n!}\)。
于是在\(\tilde \Omega_L\)中，\((\tilde z_1,\tilde z_2,\dots,\tilde z_n)\)符合要求等价于\(0\leq \tilde z_i\leq K,i=1,2,\dots,n\)且\(0\leq L-\sum_{i=1}^nz_i\leq K\)，于是我们有符合要求的概率等于\(\Omega_K\cap(\tilde \Omega_L\setminus\tilde \Omega_{L-K})\)中的点的概率元的和，即：
\[p_n=\idotsint_{\Omega_K\cap(\tilde \Omega_L\setminus\tilde \Omega_{L-K})}\frac{n!\mathrm{d}z}{L^n}=\frac{n!}{L^n}\Bigg(\idotsint_{\Omega_K\cap\tilde \Omega_L}\mathrm{d}z-\idotsint_{\Omega_K\cap\tilde \Omega_{L-K}}\mathrm{d}z\Bigg)
\]
现在关注如何求出\(\idotsint_{\Omega_A\cap\tilde \Omega_B}\mathrm{d}z\)，定义可重集\(\Phi_{A,S}=\{(z_1,z_2,\dots,z_n)|z_i\geq A,i\in S,z_i\geq 0,i\not\in S\}\)。
容斥\(\Omega_A\)中\(z_t\leq A\)的限制，就可以将\(\Omega_A\)几乎完全地用若干个\(\Phi_{A,S}\)表示出来（除若干边界上的点以外）：
\[\Omega_A=\sum_{S\subseteq\{1,2,\dots,n\}}(-1)^{|S|}\Phi_{A,S}
\]
于是：
\[\idotsint_{\Omega_A\cap\tilde \Omega_B}\mathrm{d}z=\sum_{S\subseteq\{1,2,\dots,n\}}(-1)^{|S|}\idotsint_{\Phi_{A,S}\cap\tilde \Omega_B}\mathrm{d}z
\]
而对于\(\Phi_{A,S}\cap\tilde \Omega_B\)中的点\((z_1,z_2,\dots,z_n)\)，可以将满足\(i\in S\)的\(z_i\)减去\(A\)，从而与\(\tilde \Omega_{B-|S|A}\)中的点一一对应，于是\(\Phi_{A,S}\cap\tilde \Omega_B\)与\(\tilde \Omega_{B-|S|A}\)的积分相等，由前文证明的结论可以得到：
\[\idotsint_{\Omega_A\cap\tilde \Omega_B}\mathrm{d}z=\sum_{S\subseteq\{1,2,\dots,n\}}(-1)^{|S|}\idotsint_{\tilde \Omega_{B-|S|A}}\mathrm{d}z
\]
\[=\sum_{i=0}^n(-1)^{i}{n\choose i}\idotsint_{\tilde \Omega_{B-iA}}\mathrm{d}z=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{B}{A}\rfloor}(-1)^i{n\choose i}\frac{(B-iA)^n}{n!}
\]
回代到\(p_n\)的表达式中，可以得到：
\[p_n=\frac{n!}{L^n}\Bigg(\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{L}{K}\rfloor}(-1)^i{n\choose i}\frac{(L-iK)^n}{n!}-\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{L}{K}\rfloor-1}(-1)^i{n\choose i}\frac{(L-(i+1)K)^n}{n!}\Bigg)
\]
\[=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{L}{K}\rfloor}(-1)^i{n\choose i}\Big(1-i\frac{K}{L}\Big)^n+\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{L}{K}\rfloor}(-1)^i{n\choose i-1}\Big(1-i\frac{K}{L}\Big)^n
\]
\[=1+\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{L}{K}\rfloor}(-1)^i{n+1\choose i}\Big(1-i\frac{K}{L}\Big)^n
\]
于是没有初始分割点的答案就为\(\sum_{i\geq 0}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{L}{K}\rfloor}(-1)^{j+1}{i+1\choose j}\Big(1-j\frac{K}{L}\Big)^i\)，下面考虑存在初始分割点的情况。
定义\(q_{i,j}=1+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{l_i}{K}\rfloor}(-1)^k{j+1\choose k}\Big(1-k\frac{K}{l_i}\Big)^j\)，\(Q_i=\sum_{k\geq 0}q_{i,k}\Big(\frac{l_i}{L}\Big)^kx^k\)，\(p_i\)仍然如上定义，\(P=\sum_{k\geq 0}p_kx^k\)，则此时\(p_i\)的值为：
\[p_i=\sum_{k_1+k_2+\dots+k_n=i}{i\choose k_1,k_2,\dots,k_n}\prod_{j=1}^n\Big(\frac{l_j}{L}\Big)^{k_j}q_{j,k_j}
\]
\[\frac{p_i}{i!}=\sum_{k_1+k_2+\dots+k_n=i}\prod_{j=1}^n\frac{\Big(\frac{l_j}{L}\Big)^{k_j}q_{j,k_j}}{k_j!}
\]
即：
\[\tilde P=\prod_{i=1}^n\tilde Q_i
\]
我们要求的答案是\(\sum_{k\geq 0}(1-k![x^k]\tilde P)=\sum_{k\geq 0}k\)，那么首先考虑\(\tilde Q_i\)的表达式：
\[\tilde Q_i=\sum_{j\geq 0}\frac{1}{j!}\Bigg(1+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{l_i}{K}\rfloor}(-1)^k{j+1\choose k}\Big(1-k\frac{K}{l_i}\Big)^j\Bigg)\Big(\frac{l_i}{L}\Big)^jx^j
\]
\[=\sum_{j\geq 0}\frac{1}{j!}\Big(\frac{l_i}{L}\Big)^jx^j+\sum_{j\geq 0}\frac{1}{j!}\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{l_i}{K}\rfloor}(-1)^k{j+1\choose k}\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)^jx^j
\]
\[=e^{\frac{l_i}{L}x}+\sum_{j\geq 0}\sum_{k=1}^{\min\{j+1,\lfloor\frac{l_i}{K}\rfloor\}}(-1)^k\frac{j+1}{k!(j+1-k)!}\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)^jx^j
\]
\[=e^{\frac{l_i}{L}x}+\sum_{j\geq 0}\sum_{k=1}^{\min\{j+1,\lfloor\frac{l_i}{K}\rfloor\}}(-1)^k\frac{j+1-k+k}{k!(j+1-k)!}\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)^jx^j
\]
\[=e^{\frac{l_i}{L}x}+\sum_{j\geq 0}\sum_{k=1}^{\min\{j,\lfloor\frac{l_i}{K}\rfloor\}}(-1)^k\frac{1}{k!(j-k)!}\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)^jx^j+\sum_{j\geq 0}\sum_{k=1}^{\min\{j+1,\lfloor\frac{l_i}{K}\rfloor\}}(-1)^k\frac{1}{(k-1)!(j+1-k)!}\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)^jx^j
\]
\[=e^{\frac{l_i}{L}x}+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{l_i}{K}\rfloor}\frac{(-1)^k}{k!}\sum_{j\geq k}\frac{\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)^j}{(j-k)!}x^j+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{l_i}{K}\rfloor}\frac{(-1)^k}{(k-1)!}\sum_{j\geq k-1}\frac{\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)^j}{(j-(k-1))!}x^j
\]
\[=e^{\frac{l_i}{L}x}+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{l_i}{K}\rfloor}\frac{(-1)^k\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)^kx^k}{k!}\sum_{j\geq 0}\frac{\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)^j}{j!}x^j+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{l_i}{K}\rfloor}\frac{(-1)^k\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)^{k-1}x^{k-1}}{(k-1)!}\sum_{j\geq 0}\frac{\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)^j}{j!}x^j
\]
\[=e^{\frac{l_i}{L}x}+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{l_i}{K}\rfloor}\frac{(-1)^k\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)^kx^k}{k!}e^{\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)x}+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{l_i}{K}\rfloor}\frac{(-1)^k\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)^{k-1}x^{k-1}}{(k-1)!}e^{\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)x}
\]
\[=e^{\frac{l_i}{L}x}\Bigg(1+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{l_i}{K}\rfloor}\frac{(-1)^k\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)^k}{k!}x^ke^{-k\frac{K}{L}x}+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{l_i}{K}\rfloor}\frac{(-1)^k\Big(\frac{l_i-kK}{L}\Big)^{k-1}}{(k-1)!}x^{k-1}e^{-k\frac{K}{L}x}\Bigg)
\]
括号外的部分全部相乘，即为\(e^x\)，考虑括号内的部分，可以发现相乘之后可以表示为若干项\(x^{k-j}e^{-k\frac{K}{L}x}\)的线性组合，于是可以利用以\(j,k\)为下标的二维卷积计算每一项的系数，就得到了\(e^x-\tilde P\)的一个以若干项\(x^ke^{Cx}\)的线性组合表示的表达式。
最后，只需要考虑如何计算\(\sum_{i\geq 0}i\)即可。考虑：
\[\sum_{i\geq 0}i=\sum_{i\geq 0}(i+k)!\frac{C^i}{i!}=k!\sum_{i\geq 0}{{i+k}\choose i}C^i
\]
令\(F_k=\sum_{i\geq 0}{{i+k}\choose i}C^i\)，于是：
\[F_k=\sum_{i\geq 0}{{i+k}\choose i}C^i=\sum_{i\geq 0}\Bigg({i+k-1\choose i-1}+{i+k-1\choose i}\Bigg)C^i
\]
\[=\sum_{i\geq 1}{i-1+k\choose i-1}C^i+\sum_{i\geq 0}{i+k-1\choose i}C^i
\]
\[=C\cdot F_k+F_{k-1}
\]
又\(F_0=\frac{1}{1-C}\)，于是\(F_k=\frac{1}{(1-C)^{k+1}}\)，有\(\sum_{i\geq 0}i=\frac{k!}{(1-C)^{k+1}}\)。
利用前文的分析，用分治\(\rm FFT\)计算二维卷积，可以在\(O(nL\log nL)\)的时间内解决问题。最后记得处理边界条件，如\(K=l_i\)的情况可能要令\(0^0=0\)。
