咦，题解搬运人竟是我？
一道很毒的计数题。
先转化下题意，每一次操作我们可以视作选择一种颜色并将其出现次数 (+k)，之后将所有颜色的出现次数 (-1)。我们假设第 (i) 种颜色被操作了 (c_i) 次，那么一组 ({c_1,c_2,cdots,c_k}) 符合条件当且仅当 (forall i,a_i+kc_igesumlimits_{i=1}^kc_i)。我们所求即是符合这样的条件的 ({a_i-kc_i-sumlimits_{i=1}^kc_i}) 的个数。
直接统计显然不行，因此考虑发掘一些性质。一个非常自然的猜想是，如果操作不能无限进行下去，那操作最多进行的轮数不会太多，大概就 (mathcal O(k)) 级别的，因为如果存在一种操作序列满足 (k) 步之后仍然不会挂，那么我们一直重复这 (k) 次操作的过程中即可将游戏一直进行下去。因此从这个角度入手作文章。考虑对于一种颜色 (i)，如果我们希望操作能够继续下去，那么必然有前 (a_i+1+ck) 次操作中必须至少有 (c+1) 次操作作用在这个颜色上，因此我们考虑将数轴上这些形如 (a_i+1+ck(cge 0)) 的位置打上 (+1) 标记，然后对整个数轴进行一遍前缀和，我们假设得到的前缀和数组为 (s_i)，如果我们发现某个 (s_i) 大于 (i)，那么我们显然没办法安排这 (i) 次操作符合限制，也就表明操作次数最多为 (i-1)，break 掉即可。如果对于 (iin[1,k-1]) 都不存在这样的情况则说明操作可以无限进行下去。
考虑怎样统计答案，首先是有限次操作的情况。需要注意到一个性质，那就是对于所有 (x,yin[1,k-1])，如果 (x e y)，那么所有操作 (x) 次后得到的序列肯定不同于操作 (y) 次后得到的序列，因为至少要 (k) 次操作可以将一个序列复原，而根据上面的推论，有限次操作的情况中操作次数的上界为 (k-1)，因此我们考虑枚举操作次数 (x)，那么我们考虑统计 (x) 次操作可以产生多少组不同的 ({c_1,c_2,cdots,c_k})。这个可以通过调用我们之前求得的前缀和数组 (s_x) 计算：有 (s_x) 次操作选择的颜色已经确定了，因此我们只能安排剩余 (x-s_x) 次操作选择的颜色，而这等价于 (sumlimits_{i=1}^kd_i=x-s_x) 的非负整数解的组数，隔板法可算得方案数为 (dbinom{x-s_x+k-1}{k-1})。对于所有 (x) 计算一遍上式的值并将答案加起来即可。
接下来是无限次操作的情况。首先注意到一个性质，就是由于操作可以无限进行下去，对于任意 (p)，如果一个序列 ({a'}) 可以通过 (p) 次操作得到，那序列 ({a'}) 也可以通过 (p+k) 次操作得到。但这个结论反过来不一定成立，因为可能存在 (p) 过小而导致某些颜色无法操作的情况。不过这个问题比较容易解决，如果 (p>max{a_i}) 就不会存在步数过小而无法操作全部颜色的情况了。因此直接对 (xin[10^6+1,10^6+k]) 重复一遍上面的过程即可。
时间复杂度 (mathcal O(max{a_i}+k))。
const int MAXN=1e6;
const int MOD=998244353;
int n,a[MAXN+5],cnt[MAXN*2+5],fac[MAXN*3+5],ifac[MAXN*3+5];
void init_fac(int n){
for(int i=(fac[0]=ifac[0]=ifac[1]=1)+1;i<=n;i++) ifac[i]=1ll*ifac[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD,ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*ifac[i]%MOD;
}
int binom(int x,int y){
if(x<0||y<0||x<y) return 0;
return 1ll*fac[x]*ifac[y]%MOD*ifac[x-y]%MOD;
}
int main(){
scanf("%d",&n);init_fac(MAXN*3);
int lim=n+MAXN,res=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
for(int j=a[i]+1;j<=lim;j+=n) cnt[j]++;
}
for(int i=1;i<=lim;i++){
cnt[i]+=cnt[i-1];
if(cnt[i]>i){lim=i-1;break;}
}
if(lim<=MAXN){
for(int i=0;i<=lim;i++) res=(res+binom(i-cnt[i]+n-1,n-1))%MOD;
} else {
for(int i=MAXN+1;i<=lim;i++) res=(res+binom(i-cnt[i]+n-1,n-1))%MOD;
}
printf("%d
",res);
return 0;
}