其实我只是来写一发暴力70pts的DP的说，正解拉格朗日反演，牛顿迭代什么的根本策不懂
恭喜彩笔hl666再次因为快速幂忘记返回值调了快一个小时
这种关于轮次的求期望类似于[ZJOI2019]麻将的方法，考虑第(i)轮对答案的贡献就是前(i)轮操作之后都到不了终止状态的概率（集合(End)表示存在(k)个连续的数）
[ans=sum_{S
ot in End} sum_{ige 0} P( ext{经过$i$轮后选出的集合恰好为$S$})
]
我们显然可以容斥掉恰好为(S)的情况，即（其中(ext_j)表示是否存在编号为(j)的卡）：
[P( ext{经过$i$轮后选出的集合恰好为$S$})=sum_{Tsubset S} (-1)^{|S|-|T|} (frac{sum_{jin T} ext_j}{m})^i
]
带回原式子就有：
[ans=sum_{S
ot in End} sum_{ige 0} sum_{Tsubset S} (-1)^{|S|-|T|} (frac{sum_{jin T} ext_j}{m})^i\
=sum_{S
ot in End} sum_{Tsubset S} (-1)^{|S|-|T|} frac{m}{m-sum_{jin T} ext_j}
]
我们考虑枚举(sum_{jin T} ext_j)，然后构造生成函数
令(w_i(x)=x^{ext_i}-1,G(x)=sum_{S ot in End}prod_{iin S} w_i(x))，则答案为(sum_{i=0}^{m-1} frac{m}{m-i}[x^i]G(x))
我们发现当(ext_i=0)时(w_i(x)=0)，否则(w_i(x)=x-1)，因此我们只需要考虑选(ext_i=1)的点即可
设一个DP(f_{i,j})表示前(i)种编号选出(j)个(ext_i=1)的卡，且满足这些卡不存在连续(k)个的方案数，转移通过容斥显然是(O(1))的
那么现在(G(x)=sum_{ige 0} f_{n,i} imes (x-1)^i)，考虑(O(n^2))求出(f_n)之后用二项式定理展开统计即可
总体复杂度(O(n^2))（设(n,m)同阶）
#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;
}