题意分析
kth Min-max 容斥
首先可以去除掉 $p$ 中的 $0$，因为 $p_i=0$ 的 $i$ 不会生成，对答案没有任何影响。
求收集到 $k$ 种原料的期望时间，即求收集所有原料的期望时间的第 $k$ 大时间。
那么就可以考虑 kth Min-max 容斥。
定义 \(\operatorname*{kthmin}\) 表示求第 $k$ 小，\(\operatorname*{kthmax}\) 表示求第 $k$ 大。
设 $S=\set{1,2,3,\cdots,n}$，$t_i=\dfrac{m}{p_i}$ 表示 $i$ 被收集的期望时间。
集合 $T$ 中的所有元素第一次被收集的期望时间为：
\[E\left(\min_{i\in T}t_i\right)=\dfrac{1}{\sum\limits_{i\in T}\frac{p_i}{m}}=\dfrac{m}{\sum\limits_{i\in T}p_i}\]则题目所求即：
\[E\left(\operatorname*{kthmin}_{i\in S}t_i\right)\]由 kth Min-max 容斥，则有：
\[E\left(\operatorname*{kthmin}_{i\in S} t_i\right)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\vert T\vert-k}\dbinom{\vert T\vert-1}{k-1}E\left(\max_{i\in T}t_i\right)\\ E\left(\operatorname*{kthmax}_{i\in S} t_i\right)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\vert T\vert-k}\dbinom{\vert T\vert-1}{k-1}E\left(\min_{i\in T}t_i\right)\]$\max t_i$ 实际上并不好求，所以为了利用 kth Min-max 容斥，我们可以将题目所求转化一下。
令 $k’=n-k+1$，则题目所求为（以下 $k’$ 适用于 \(\operatorname*{kthmax},\operatorname*{kthmin}\)）：
\[\begin{aligned} E\left(\operatorname*{kthmax}_{i\in S} t_i\right)&=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\vert T\vert-k}\dbinom{\vert T\vert-1}{k-1}E\left(\min_{i\in T}t_i\right)\\ &=m\sum_{T\subseteq S}(-1)^{\vert T\vert-k}\dbinom{\vert T\vert-1}{k-1}\dfrac{1}{\sum\limits_{i\in T}p_i} \end{aligned}\]注意到这道题目不像[PKUWC2018] 随机游走那般，可以直接枚举 $T$，因此需要优化。
DP 求解
DP 状态
考虑 DP。因为 $k’\leq11,m\leq10000,\sum\limits_{i=1}^np_i=m$，考虑与之有关的 DP。
设 \(\textit{dp}_{i,j,k}\) 表示考虑 \(S=\set{1,2,3,\cdots,i},\sum\limits_{l\in T}p_l=j\)，\(\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{\vert T\vert-k}\dbinom{\vert T\vert-1}{k-1}\) 的值（下文中 $k$ 均不为题中 $k$），即：
\[\textit{dp}_{i,j,k}=\sum_{T\subseteq\set{1,2,3,\cdots,i}}(-1)^{\vert T\vert-k}\dbinom{\vert T\vert-1}{k-1}\]DP 转移
-
如果 $i\not\in T$，则有方案数为：
\[\textit{dp}_{i-1,j,k}\] -
否则 $i\in T$，去除 $i$ 的概率 $p_i$，方案数即 $\set{1,2,3,\cdots,i-1}$ 的方案数。
考虑组合数递推公式：
\[\dbinom{\vert T\vert-1}{k-1}=\dbinom{(\vert T\vert-1)-1}{k-1}+\dbinom{(\vert T\vert-1)-1}{(k-1)-1}\]那么，可以发现在 $\dbinom{(\vert T\vert-1)-1}{(k-1)-1}$ 中 $k$ 发生了 $1$ 的变化，因此乘上 $-1$。
故，有方案数为：
\[\textit{dp}_{i-1,j-p_i,k-1}-\textit{dp}_{i-1,j-p_i,k}\]
故，有：
\[\textit{dp}_{i,j,k}=\textit{dp}_{i-1,j,k}+\textit{dp}_{i-1,j-p_i,k-1}-\textit{dp}_{i-1,j-p_i,k}\]DP 边界
\[dp_{i,0,0}=1\]因为发现这样做是正确的，容斥函数中，$T=\varnothing$ 是空集（因为概率和为 $0$），$(-1)^{0-0}=1$。
但其实意义也不大，仅仅是为了保证后面有意义的地方计算正确而已。
答案统计
枚举概率和 $i$，则有答案 $\textit{ans}$ 为：
\[\textit{ans}=\sum_{i=1}^mm\cdot dp_{n,i,k'}\cdot\dfrac{1}{i}\]对于模意义下的 $\dfrac1i$，使用乘法逆元即可。
滚动数组优化
这样的空间复杂度为 $\mathcal O(nmk’)$，会炸掉。
但是注意到 $\textit{dp}_i$ 与 \(\textit{dp}_{i-2},\textit{dp}_{i-3},\cdots,\textit{dp}_0\) 均无关，因此可以使用滚动数组滚掉 $i$ 这一维。
AC 代码
时间复杂度：$\mathcal O(nmk’)$。
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//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=1000,M=10000,K=11,P=998244353;
int n,k,m,p[N+1],dp[2][M+1][K+1];
int qpow(int base,int n){
int ans=1;
while(n){
if(n&1){
ans=1ll*ans*base%P;
}
base=1ll*base*base%P;
n>>=1;
}
return ans;
}
int main(){
/*freopen("test.in","r",stdin);
freopen("test.out","w",stdout);*/
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>k>>m;
k=n-k+1;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>p[i];
if(!p[i]){
i--,n--;
}
}
dp[0][0][0]=dp[1][0][0]=1;
bool mode=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
mode=!mode;
memset(dp[mode],0,sizeof(dp[mode]));
dp[mode][0][0]=1;
for(int j=1;j<p[i];j++){
for(int kk=1;kk<=k;kk++){
dp[mode][j][kk]=dp[!mode][j][kk];
}
}
for(int j=p[i];j<=m;j++){
for(int kk=1;kk<=k;kk++){
dp[mode][j][kk]=((1ll*dp[!mode][j][kk] + dp[!mode][j-p[i]][kk-1])%P - dp[!mode][j-p[i]][kk])%P;
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
ans=(ans+1ll*dp[mode][i][k]*qpow(i,P-2)%P)%P;
}
ans=1ll*ans*m%P;
if(ans<0){
ans+=P;
}
cout<<ans<<'\n';
cout.flush();
/*fclose(stdin);
fclose(stdout);*/
return 0;
}
