好神仙的题目……又一次有了做一题学一堆的美好体验
据说本题有第二类斯特林数+分治\(FFT\)的做法，然而咱实在看不懂写的是啥，题解贴这里，有兴趣的可以自己去瞅瞅，看懂了记得回来跟咱讲讲
前置芝士
\(prufer\)序列
\(prufer\)序列是个啥？
对于一棵无根树，我们找到它的标号最小的叶子，删去它，并记下与它相邻的节点的标号。重复这个过程直到树上的节点数为\(2\)为止。这个时候我们得到了一个长度为\(n-2\)的序列就是这棵无根树的\(prufer\)序列
很明显，每一棵无根树唯一对应一个\(prufer\)序列，我们只要能证明每一个\(prufer\)序列都唯一对应一棵无根树，这两者之间就能有一个一一对应的关系了
考虑一个\(prufer\)序列，对于图中某个节点\(u\)，如果它在原图中不是叶子，那么与它相邻的边至少有两条。可操作完之后整个图中的边只剩下了一条，所以每一个不是叶子的节点都会在\(prufer\)序列中出现
我们把没有出现在序列中的数字排序，那么最小的数字肯定是和序列中的第一个数字配对，那么原图中它们之间肯定连边
然后我们递归考虑序列的后面几位，不难发现每一次的连边情况都唯一。于是我们知道每一个\(prufer\)序列唯一的对应一棵无根树
综上，无根树和\(prufer\)序列有着一一对应的关系
从中我们也可以看出，对于一个无向完全图的生成树，它的\(prufer\)序列有\(n-2\)个值，每个值的取值范围是\([1,n]\)，所以一个无向完全图的生成树个数是\(n^{n-2}\)
快速求数列前\(k\)次方和
咱会差值
咱会第二类斯特林数
然而我们现在需要的是对于任意\(0\leq j\leq k\)，求出\(\sum_{i=1}^n {a_i}^j\)
咱刚刚啥都没说您继续
考虑答案的生成函数\[F(x)=\sum_{j=0}^k\sum_{i=1}^n{a_i}^jx^j=\sum_{i=1}^n\sum_{j=0}^k(a_ix)^j=\sum_{i=1}^n\frac{1}{1-a_ix}\]
因为有\[\ln'(\frac{1}{1-a_ix})=\frac{-a_i}{1-a_ix}=\sum_{j=0}^\infty (a_ix)^j\times (-a_i)\]
那么我们可以先计算出\(G(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=0}^k (a_ix)^j\times (-a_i)\)，则\(F(x)=-x\times G(x)+n\)
而\(G(x)\)就吼算啦
\[G(x)=\sum_{i=1}^n \ln'(\frac{1}{1-a_ix})=(\sum_{i=1}^n \ln\frac{1}{1-a_ix})'=\ln'(\prod_{i=1}^n \frac{1}{1-a_ix})\]
括号里的可以用分治\(FFT\)计算了
本题题解
首先对于每一棵生成树\(T\)，它的贡献为\(\prod_{i=1}^n{a_i}^{d_i}{d_i}^m\sum_{i=1}^n{d_i}^m\)
那么考虑枚举每一个\(prufer\)序列来统计总贡献
\[Ans=(n-2)!\sum_{\sum d_i=n-2}\prod_{i=1}^n \frac{{a_i}^{d_i+1}}{d_i!}(d_i+1)^m\sum_{i=1}^m(d_i+1)^m\]
\[Ans=(n-2)!\prod_{i=1}^na_i\sum_{\sum d_i=n-2}\prod_{i=1}^n \frac{{a_i}^{d_i}}{d_i!}(d_i+1)^m\sum_{i=1}^m(d_i+1)^m\]
前面的\((n-2)!\prod_{i=1}^na_i\)是常量，不用去管，考虑后面的\(\prod_{i=1}^n \frac{{a_i}^{d_i}}{d_i!}(d_i+1)^m\sum_{i=1}^m(d_i+1)^m\)，它等价于
\[\prod_{i=1}^n \frac{{a_i}^{d_i}}{d_i!}(d_i+1)^{2m}\sum_{j=1,j\neq i}^m\frac{{a_j}^{d_j}}{d_j!}(d_j+1)^{m}\]
因为需要\(\sum d_i=n-2\)，我们构造关于\(d\)的生成函数
\[A(x)=\sum_{i}\frac{x^i(i+1)^{2m}}{i!}\]
\[B(x)=\sum_{i}\frac{x^i(i+1)^{m}}{i!}\]
那么原式就等于\[F(x)=\sum_{i=1}^n A(a_ix)\prod_{j=1,j\neq i}^nB(a_jx)\]
\[F(x)=\sum_{i=1}^n \frac{A(a_ix)}{B(a_ix)}\prod_{j=1}^nB(a_jx)\]
\[F(x)=\sum\frac{A(a_ix)}{B(a_ix)}\exp(\sum\ln B(a_jx))\]
我们求出\(\frac{A(x)}{B(x)}\)和\(\ln B(x)\)之后，要对第\(k\)项的系数乘上\(\sum_{i=1}^n{a_i}^k\)，这个就是前面说的可以快速求的东西
于是复杂度就为\(O(n\log^2 n)\)
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=1e5+5,P=998244353,Gi=332748118;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);
return res;
}
int E[N],B[N],F[N],C[N],D[N],O[N],r[N],G[N];
void NTT(int *A,int ty,int len){
int lim=1,l=0;while(lim<len)lim<<=1,++l;
fp(i,0,lim-1)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
fp(i,0,lim-1)if(i<r[i])swap(A[i],A[r[i]]);
for(R int mid=1;mid<lim;mid<<=1){
int I=(mid<<1),Wn=ksm(ty==1?3:Gi,(P-1)/I);O[0]=1;
fp(i,1,mid-1)O[i]=mul(O[i-1],Wn);
for(R int j=0;j<lim;j+=I)fp(k,0,mid-1){
int x=A[j+k],y=mul(O[k],A[j+k+mid]);
A[j+k]=add(x,y),A[j+k+mid]=dec(x,y);
}
}
if(ty==-1)for(R int i=0,inv=ksm(lim,P-2);i<lim;++i)A[i]=mul(A[i],inv);
}
void Inv(int *a,int *b,int len){
if(len==1)return b[0]=ksm(a[0],P-2),void();
Inv(a,b,len>>1);fp(i,0,len-1)C[i]=a[i],D[i]=b[i];
NTT(C,1,len<<1),NTT(D,1,len<<1);
fp(i,0,(len<<1)-1)C[i]=mul(mul(C[i],D[i]),D[i]);
NTT(C,-1,len<<1);
fp(i,0,len-1)b[i]=dec(add(b[i],b[i]),C[i]);
fp(i,0,(len<<1)-1)C[i]=D[i]=0;
}
void Direv(int *A,int *B,int len){
fp(i,1,len-1)B[i-1]=mul(A[i],i);B[len-1]=0;
}
void Inter(int *A,int *B,int len){
fp(i,1,len-1)B[i]=mul(A[i-1],ksm(i,P-2));B[0]=0;
}
void Ln(int *a,int *b,int len){
Inv(a,E,len),Direv(a,F,len);
NTT(E,1,len<<1),NTT(F,1,len<<1);
fp(i,0,(len<<1)-1)E[i]=mul(E[i],F[i]);
NTT(E,-1,len<<1),Inter(E,b,len);
fp(i,0,(len<<1)-1)E[i]=F[i]=0;
}
void Exp(int *a,int *b,int len){
if(len==1)return b[0]=1,void();
Exp(a,b,len>>1),Ln(b,B,len);
B[0]=dec(a[0]+1,B[0]);fp(i,1,len-1)B[i]=dec(a[i],B[i]);
NTT(B,1,len<<1),NTT(b,1,len<<1);
fp(i,0,(len<<1)-1)b[i]=mul(b[i],B[i]);
NTT(b,-1,len<<1);fp(i,len,(len<<1)-1)b[i]=B[i]=0;
}
int sz[N],A[19][N],TA[N],TB[N],TC[N],sum[N],ta[N],tb[N],tc[N];
void solve(int ql,int qr,int d){
if(ql==qr)return A[d][0]=1,A[d][1]=P-sz[ql],void();
int mid=(ql+qr)>>1;
solve(ql,mid,d),solve(mid+1,qr,d+1);
int lim=1;while(lim<=qr-ql+1)lim<<=1;
fp(i,mid-ql+2,lim-1)A[d][i]=0;
fp(i,qr-mid+1,lim-1)A[d+1][i]=0;
NTT(A[d],1,lim),NTT(A[d+1],1,lim);
fp(i,0,lim-1)A[d][i]=mul(A[d][i],A[d+1][i]);
NTT(A[d],-1,lim);
}
int n,m,res,fac[N],inv[N];
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),m=read();if(n==1)return puts("1"),0;
fac[0]=inv[0]=1;fp(i,1,n)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
inv[n]=ksm(fac[n],P-2);fd(i,n-1,1)inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);
fp(i,1,n)sz[i]=read();
solve(1,n,0);
fp(i,0,n)tc[i]=A[0][i];
int len=1;while(len<=n)len<<=1;
Ln(tc,sum,len);
fp(i,1,n)sum[i]=P-mul(sum[i],i);
sum[0]=n;
fp(i,0,n-1)TA[i]=mul(ksm(i+1,m),inv[i]),TB[i]=mul(ksm(i+1,m<<1),inv[i]);
Ln(TA,tc,len),Inv(TA,TC,len);
NTT(TC,1,len<<1),NTT(TB,1,len<<1);
fp(i,0,(len<<1)-1)TB[i]=mul(TB[i],TC[i]);
NTT(TB,-1,len<<1);
memset(TA,0,sizeof(TA));
memset(TC,0,sizeof(TC));
fp(i,0,n-1)TB[i]=mul(TB[i],sum[i]),TA[i]=mul(tc[i],sum[i]);
Exp(TA,TC,len);
// fp(i,0,(len<<1)-1)printf("%d %d\n",i,TC[i]);
fp(i,n,(len<<1)-1)TB[i]=0;
NTT(TB,1,len<<1),NTT(TC,1,len<<1);
fp(i,0,(len<<1)-1)TB[i]=mul(TB[i],TC[i]);
NTT(TB,-1,len<<1);
res=mul(TB[n-2],fac[n-2]);
fp(i,1,n)res=mul(res,sz[i]);
printf("%d\n",res);
return 0;
}