其實我只是來寫一發暴力70pts的DP的說，正解拉格朗日反演，牛頓迭代什麼的根本策不懂

恭喜彩筆hl666再次因為快速冪忘記返回值調了快一個小時

這種關於輪次的求期望類似於[ZJOI2019]麻將的方法，考慮第\(i\)輪對答案的貢獻就是前\(i\)輪操作之後都到不了終止狀態的概率（集合\(End\)表示存在\(k\)個連續的數）

\[ans=\sum_{S\not \in End} \sum_{i\ge 0} P(\text{經過$i$輪後選出的集合恰好為$S$}) \]

我們顯然可以容斥掉恰好為\(S\)的情況，即（其中\(ext_j\)表示是否存在編號為\(j\)的卡）：

\[P(\text{經過$i$輪後選出的集合恰好為$S$})=\sum_{T\subset S} (-1)^{|S|-|T|} (\frac{\sum_{j\in T} ext_j}{m})^i \]

帶回原式子就有：

\[ans=\sum_{S\not \in End} \sum_{i\ge 0} \sum_{T\subset S} (-1)^{|S|-|T|} (\frac{\sum_{j\in T} ext_j}{m})^i\\ =\sum_{S\not \in End} \sum_{T\subset S} (-1)^{|S|-|T|} \frac{m}{m-\sum_{j\in T} ext_j} \]

我們考慮列舉\(\sum_{j\in T} ext_j\)，然後構造生成函式

令\(w_i(x)=x^{ext_i}-1,G(x)=\sum_{S\not \in End}\prod_{i\in S} w_i(x)\)

我們發現當\(ext_i=0\)時\(w_i(x)=0\)，否則\(w_i(x)=x-1\)，因此我們只需要考慮選\(ext_i=1\)的點即可

設一個DP\(f_{i,j}\)表示前\(i\)種編號選出\(j\)個\(ext_i=1\)的卡，且滿足這些卡不存在連續\(k\)個的方案數，轉移通過容斥顯然是\(O(1)\)的

那麼現在\(G(x)=\sum_{i\ge 0} f_{n,i}\times (x-1)^i\)，考慮\(O(n^2)\)求出\(f_n\)之後用二項式定理展開統計即可

總體複雜度\(O(n^2)\)

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=5005,mod=998244353;
int n,m,k,x,f[N<<1][N],sz[N<<1],ans,fact[N<<1],inv[N<<1];
inline void inc(int& x,CI y)
{
	if ((x+=y)>=mod) x-=mod;
}
inline void dec(int& x,CI y)
{
	if ((x-=y)<0) x+=mod;
}
inline int quick_pow(int x,int p=mod-2,int mul=1)
{
	for (;p;p>>=1,x=1LL*x*x%mod) if (p&1) mul=1LL*mul*x%mod; return mul;
}
inline void init(CI n)
{
	RI i; for (fact[0]=i=1;i<=n;++i) fact[i]=1LL*fact[i-1]*i%mod;
	for (inv[n]=quick_pow(fact[n]),i=n-1;~i;--i) inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
inline int C(CI n,CI m)
{
	return 1LL*fact[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int main()
{
	RI i,j; for (scanf("%d%d",&m,&k),i=1;i<=m;++i)
	scanf("%d",&x),++sz[x],n=max(n,x);
	for (f[0][0]=i=1;i<=n;++i)
	{
		for (j=0;j<=sz[i-1];++j) f[i][j]=f[i-1][j];
		if (!sz[i]) sz[i]+=sz[i-1]; else
		{
			for (sz[i]+=sz[i-1],j=1;j<=sz[i];++j)
			{
				inc(f[i][j],f[i-1][j-1]);
				if (j>=k&&sz[i]-sz[i-k]==k)
				dec(f[i][j],f[i>k?i-k-1:0][j-k]);
			}
		}
	}
	for (init(n),i=0;i<m;++i)
	{
		int ret=0; for (j=i;j<=n;++j)
		if ((j-i)&1) dec(ret,1LL*C(j,i)*f[n][j]%mod);
		else inc(ret,1LL*C(j,i)*f[n][j]%mod);
		inc(ans,1LL*m*quick_pow(m-i)%mod*ret%mod);
	}
	return printf("%d",ans),0;
}