給定長為 \(n\) 的自然數序列 \(a_1,\cdots,a_n\)，任意次操作選擇 \(i\in[1,n]\)，若 \(\forall j\ne i,a_j>0\) 則令 \(\forall j\ne i,a_j:=a_j-1\)，\(a_i:=a_i+n-1\)。

求能得到的序列 \(a\) 數量\(\bmod 998244353\)。

\(n\le 10^5\)，\(a_i\le 10^6\)。

設 \(x_i\) 表示對 \(i\) 的操作次數，\(s=\sum x_i\)，則一個必要條件是 \(x_i\ge\lceil\frac{s-a_i}n\rceil\)。

它充分麼？其實不是，比如 \(0,\cdots,0,n\)

於是還有條件：\(\forall t\in[0,s)\) 滿足 \(t\) 次操作之後 \(a\) 非負，則有 \(\sum_{i=1}^n\lceil\frac{\max(t-a_i,0)}n\rceil\le t\)。

它充分麼？感性理解一下是的

數 \(x\) 就可以了麼？最後的 \(a_i'=a_i+nx_i-s\)，則 \(x_i\) 都不為 \(0\) 時，令所有 \(x_i:=x_i-1\) 時得到的方案等價。

數 \(\min x=0\) 的 \(x\) 就可以了麼？理性理解一下是的

此時 \(s\le\max a_i\)，所以直接從小到大列舉 \(s\)，開桶維護 \(a_i\bmod n\)

時間複雜度 \(O(\text{Sorting}(n)+\max a_i)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5+3, M = 1100003, mod = 998244353;
template<typename T>
void rd(T &x){
	int ch = getchar(); x = 0;
	for(;ch < '0' || ch > '9';ch = getchar());
	for(;ch >= '0' && ch <= '9';ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
} 
int n, ans, a[N], cnt[N], fac[M], inv[M];
int ksm(int a, int b){
	int r = 1;
	for(;b;b >>= 1, a = (LL)a * a % mod)
		if(b & 1) r = (LL)r * a % mod;
	return r;
}
void qmo(int &x){x += x >> 31 & mod;}
int main(){
	rd(n); fac[0] = 1;
	for(int i = 0;i < n;++ i) rd(a[i]);
	sort(a, a+n);
	for(int i = 1;i < M;++ i) fac[i] = (LL)fac[i-1] * i % mod;
	inv[M-1] = ksm(fac[M-1], mod-2);
	for(int i = M-1;i;-- i) inv[i-1] = (LL)inv[i] * i % mod;
	for(int i = 0, j = 0, now = 0;i <= a[n-1];++ i){
		while(j < n && a[j] < i) ++cnt[a[j++]%n];
		if((now += cnt[(i+n-1)%n]) > i) break;
		ans = (ans + (LL)fac[i-now+n-1]*inv[i-now]) % mod;
		if(i+j>=now+n) qmo(ans -= (LL)fac[i-now+j-1]*inv[i-now+j-n]%mod); 
	} printf("%lld\n", (LL)ans*inv[n-1]%mod);
}