发现题目所求即为最晚达到出现次数的整数的期望次数，考虑 ( ext{min-max}) 容斥，将其转化为最早达到出现次数的整数的期望次数：
[large E(max(S) )=sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|+1}E(min(T))
]
设集合 (T={ x_1,x_2,dots,x_m })，考虑如何计算该集合的贡献，因为期望的线性性，所以直接求和所有未达到出现次数的状态的期望次数即可，得：
[largeegin{aligned}
&(-1)^{|T|+1}E(min(T)) \
=&(-1)^{m+1}sum_{i geqslant 0} left( frac{s-sum a_{x_i}}{s}
ight)^isum_{0 leqslant c_i < b_{x_i}} frac{(sum c_i)!}{prod(c_i!)}prodleft( frac{a_{x_i}}{sum a_{x_i}}
ight)^{c_i} \
=&(-1)^{m+1}frac{s}{sum a_{x_i}}sum_{0 leqslant c_i < b_{x_i}} frac{(sum c_i)!}{prod(c_i!)}prodleft( frac{a_{x_i}}{sum a_{x_i}}
ight)^{c_i} \
end{aligned}
]
第一项为容斥系数，第二项为随机到该集合元素的期望次数，第三项是可重集排列，因为整数的出现顺序需要考虑，第四项为集合内每个整数随机到的概率。
发现式子主要和 (sum a_{x_i},sum c_i) 有关，可以考虑 (DP) 来进行计算。设 (f_{i,j,k}) 为考虑了前 (i) 个数，(sum a_{x_i}) 为 (j)，(sum c_i) 为 (k) 的所有集合按上面式子去掉与 (sum a_{x_i},sum c_i) 有关的项的乘积之和。
转移为考虑是否加入第 (i) 个数，加入就考虑第 (i) 个数和其出现次数对式子的贡献。最后枚举 (sum a_{x_i},sum c_i) 即可计算答案。
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 410
#define all 400
#define p 998244353
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar();bool flag=false;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')flag=true;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
if(flag)x=-x;
}
int n,s1,s2;
ll ans;
int a[maxn],b[maxn];
ll f[maxn][maxn][maxn],inv[maxn];
void init()
{
inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=all;++i) inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
}
int main()
{
init(),read(n);
for(int i=1;i<=n;++i)
read(a[i]),read(b[i]),s1+=a[i],s2+=b[i];
f[0][0][0]=p-1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
ll v=1;
for(int j=0;j<=s1;++j)
for(int k=0;k<=s2;++k)
f[i][j][k]=f[i-1][j][k];
for(int t=0;t<b[i];++t,v=v*a[i]%p*inv[t]%p)
for(int j=a[i];j<=s1;++j)
for(int k=t;k<=s2;++k)
f[i][j][k]=(f[i][j][k]-f[i-1][j-a[i]][k-t]*v%p+p)%p;
}
for(int j=1;j<=s1;++j)
{
ll v=1;
for(int k=0;k<=s2;++k,v=v*k%p*inv[j]%p)
ans=(ans+f[n][j][k]*s1%p*inv[j]%p*v%p)%p;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}