感觉这题很裸啊，除了看着恶心点也没什么了，怎么过的人那么少。。
\(Description\)
给定\(n,r,s\)，表示有\(n\)个人，设每个人的得分是非负整数\(a_i\)，已知第一个人的得分\(a_1\geq r\)，所有人的得分之和\(\sum a_i=s\)。得分最高的一个人获胜；若有多个人得分最高，则随机一个人获胜。
求在所有可能情况下，第一个人获胜的概率。
\(n\leq100,\ 0\leq r\leq s\leq5000\)。
\(Solution\)
范围不是很大，先考虑枚举第一个人的得分\(x\)。
然后枚举有\(i\)个人的得分和第一个人相同。这里计算的时候不妨算上第一个人。
现在我们已知有\(i\)个人得分为\(x\)，要求剩下\(n-i\)个人的分数和\(\sum a_j\leq s-i\times x\)，且\(a_j<x\)。
如果没有上界限制，就是经典的组合问题（方程非负整数解数）。
对于上界的限制，考虑容斥，枚举有多少人分数达到\(x\)。即$$\sum_{j=0}{n-i}(-1)jC_{n-i}^jf(n-i,s-(i+j)\times x)$$
其中\(f(n,m)\)是\(\sum_{i=1}^na_i=m\)的非负整数解数，即\(C_{n+m-1}^{m}\)。
总起来答案就是$$\sum_{x=r}s\sum_{i=1}n\frac{C_{n-1}{i-1}}{i}\sum_{j=0}{n-i}(-1)jC_{n-i}jC_{n-i+s-(i+j)x-1}^{n-i-1}$$
最后再除个总方案数\(f(n,s-r)\)。
复杂度\(O(n^2s)\)。
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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define mod 998244353
#define Mod(x) x>=mod&&(x-=mod)
typedef long long LL;
const int N=5107;
int inv[105],C[N][N];
inline int FP(int x,int k)
{
int t=1;
for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
if(k&1) t=1ll*t*x%mod;
return t;
}
inline void Init(int n,int s)
{
C[0][0]=1;
for(int i=1; i<=s; ++i)
{
C[i][0]=C[i][i]=1;
for(int j=1; j<i; ++j) C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j], Mod(C[i][j]);
}
inv[1]=1;
for(int i=2; i<=n; ++i) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
}
int main()
{
int n,s,r; scanf("%d%d%d",&n,&s,&r);
Init(n,n+s);
LL ans=0;
for(int x=r; x<=s; ++x)
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
if(i==n)
{
ans+=(x*n==s)*inv[n];
continue;
}
if(i*x+(n-i)*(x-1)<s||i*x>s) continue;//可有的剪枝，算出来一定是0.
LL tmp=0;
for(int j=0; j<=n-i&&(i+j)*x<=s; ++j)
{
#define v 1ll*C[n-i][j]*C[n-i-1+s-(i+j)*x][n-i-1]%mod
tmp+=j&1?mod-v:v;
}
ans+=tmp%mod*C[n-1][i-1]%mod*inv[i]%mod;
}
printf("%I64d\n",ans%mod*FP(C[n+s-r-1][n-1],mod-2)%mod);
return 0;
}