\(\bf Description\)
一个 \(0\) 到 \(n-1\) 的随机数生成器，生成 \(i\) 的概率是 \(A_i/S\) ，其中 \(S=\sum_{i=0}^{n} A_i\) ，请你求出每个数出现次数 \(\geq B_i\) 的期望次数。
\(\bf Solution\)
什么生成函数爆推的做法一点不会啊……
min-max容斥，考虑每个集合最早出现出现次数 \(\geq B_i\) 的数的期望时间，由期望可加性，就是所有数 \(<B_i\) 的局面的期望出现次数之和。
对于一个集合，下一步跳出它的概率 \(P=\frac{s}{S}\) ，\(s\) 是集合中的 \(A_i\) 之和。如果我们知道它出现的概率是 \(p\) ，那么它存在的期望次数就是 \(\frac{p}{P}\) 。
然后考虑一下 \(p\) 这个东西怎么算，假如现在已经生成的数的概率为 \(t_1\) 到 \(t_m\) ，个数是 \(x_1\) 到 \(x_m\) ，且设 \(X\) 为总和，那么可得（对这个柿子还是有点困惑啊……懂，但是自己推就是错的，很自闭）
\[ p=X! \prod_{i=1}^{m} \left( \frac{t_i}{s} \right)^{x_i} \frac{1}{x_i!} =\frac{X!}{s^X} \prod_{i=1}^m \frac{t_i^{x_i}}{x_i!} \]
\(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个数，\(X=j\) ，\(s=k\) 的贡献（所谓的贡献，是容斥之后的贡献，并且dp的时候只算 \(\prod\) 后面那一部分），然后背包一下就好了。
然后我开始写，然后我又算不清复杂度了……为什么最近老这样……
有个坑是当前这个数就算是0个，那也和不在集合是不一样的……然后我还把 \(\frac{1}{P}\) 弄成 \(P\) 了……
由于太懒了，所以就很不优雅地for到400了……
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fr(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define rf(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define frl(i,x,y) for(int i=(x);i<(y);i++)
using namespace std;
const int N=404;
const int p=998244353;
int n,a[N],b[N];
ll f[N][N];
void read(int &x){ scanf("%d",&x); }
ll qpow(ll sum,ll n){
ll ans=1;
for(;n;n>>=1,sum=sum*sum%p) if (n&1) ans=ans*sum%p;
return ans;
}
ll mul[N],inv[N];
void init(){
mul[0]=1;
frl(i,1,N) mul[i]=mul[i-1]*i%p;
inv[N-1]=qpow(mul[N-1],p-2);
rf(i,N-2,0) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p;
}
void Add(ll &x,ll y){
x+=y;//x%=p;
if (x<0) x+=p;
if (x>=p) x-=p;
}
int main(){
init();
read(n);
fr(i,1,n) read(a[i]),read(b[i]);
int S=0;
fr(i,1,n) S+=a[i];
//S=qpow(S,p-2);
f[0][0]=p-1;
fr(i,1,n)
rf(k,400,0)
fr(j,0,400)
frl(x,0,b[i])
if (f[j][k]) Add(f[j+x][k+a[i]],p-f[j][k]*qpow(a[i],x)%p*inv[x]%p);
ll ans=0;
fr(j,0,400)
fr(k,1,400)
Add(ans,mul[j]*f[j][k]%p*qpow(k,p-1-j)%p*qpow(k,p-2)%p*S%p);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}