时停问题，考虑势能函数。设单个集合的势能函数为 \(f(x)\)，其中 \(x\) 为集合大小，这是合法的。总的势能 \(\Phi = \sum\limits_{s\in S} f(|s|)\).考虑列出方程解出 \(f\)。
满足鞅的时停定理的势能 \(\Phi\) 满足 \(\Phi + 1 = \Phi'\)，其中 \(\Phi'\) 是新的总势能。
对每一个单独的大小为 \(a\) 的集合，假设势能函数满足线性性，可以给出方程：
\[f(a) + {a\over 2m} = \sum\limits_{i = 0} ^ {m} {{a\choose i} \times {2m - a\choose m - i}\over{2m\choose m}} \times f(2i)
\]
解释：
- 我们期望最后的势能之差为 \(1\)，由于总数为 \(2m\)，每个 \(a\) 的占比为 \(\frac{a}{2m}\)，再乘上 \(1\) 就得到了 \(LHS\) 的第二项。
- 然后求解转移到 \(f(2i)\) 的概率。发现匹配的操作过程等价于选定 \(m\) 个元素，将不在其中的另外 \(m\) 个元素删除，再将选定的元素复制一遍到原有的集合内部。总方案数为 \({2m\choose m}\)，由于假定的线性性，当前这个大小为 \(a\) 的集合转化为另一个集合的势能之差，考虑在该集合的 \(a\) 个中有 \(i\) 个被选，在集合外的 \(2m - a\) 个元素中有 \(m - i\) 个被选，乘起来就是上面的式子了。
这样就能通过高斯消元得出答案，最后答案为 \(f(2m) - \sum\limits_{i = 1} ^ n f(a_i)\).
mint fac[N], ifac[N];
inline mint C(int n, int r) {if (n < 0 || r < 0 || n < r) return mint(0);return fac[n] * ifac[r] * ifac[n - r];
}
inline mint iC(int n, int r) {if (n < 0 || r < 0 || n < r) return mint(0);return ifac[n] * fac[r] * fac[n - r];
}
int R;
inline void table(int lim) {if (!R) fac[0] = 1;if (lim <= R) return ;forn (i, R + 1, lim) fac[i] = fac[i - 1] * mint(i);ifac[lim] = q_pow(fac[lim]);form (i, lim - 1, R) ifac[i] = ifac[i + 1] * mint(i + 1);R = lim;
}
int n, m, r; mint mat[N][N];
inline void clear() {forn (i, 0, r) forn (j, 0, r + 1) mat[i][j] = 0;
}
inline void solve() {cin >> n >> m;table(m << 1);r = m << 1;mat[0][0] = 1, mat[r][r] = 1;mint inv = q_pow(mint(r));rep (a, 1, m << 1) {mat[a][r + 1] = mint(a) * inv;for (int i = 0; i <= a; ++i)mat[a][i << 1] = C(a, i) * C(r - a, m - i) * iC(r, m);mat[a][a] -= 1;}forn (i, 0, r) {int mx = i;forn (j, i + 1, r) if (mat[j][i].r) mx = j;forn (j, 0, r + 1) swap(mat[i][j], mat[mx][j]);assert(mat[i][i].r);inv = q_pow(mat[i][i]);forn (j, 0, r) if (i ^ j) {mint tmp = mat[j][i] * inv;forn (k, i + 1, r + 1)mat[j][k] -= mat[i][k] * tmp;}}mint ans = 0;while (n --> 0) {int x;cin >> x;ans -= mat[x][r + 1] * q_pow(mat[x][x]);}cout << ans.r << '\n';
}