min-max 容斥入门题。
考虑记物品的集合为 \(S\)，每个物品的权值为第一次抓到该物品的时间，则集合中第一次得到一个物品的期望时间为 \(E(\min(S))\)，那么我们最后所求的为 \(E(\operatorname{kthmin}(S))\)。
首先 \(E(\min(S))\) 是好求的，我们一次操作获得东西的概率为 \(\frac{\sum p_i}{m}\)，那么期望时间就是 \(\frac{m}{\sum p_i}\)。
对于 \(E(\operatorname{kthmin}(S))\) 我们可以套路地进行 min-max 容斥，首先将 \(k\) 改成 \(n - k + 1 \leq 11\)，则此时所求为 \(E(\operatorname{kthmax}(S))\)。
根据拓展 min-max 容斥的结论，我们有 \(E(\operatorname{kthmax}(S)) = \sum_{T \subseteq S}(-1)^{|T| - k}\binom{|T| - 1}{k - 1}E(\min(T))\)。
最终的贡献只和 \(\sum p_i\) 与 \(|T|\) 有关所以记 \(f_{i, j, k}\) 表示前 \(i\) 个物品选了 \(j\) 个 \(\sum p_i = k\)，转移是简单的，但是难以通过。
考虑优化状态，把选 \(j\) 个塞到 DP 值中（\(k\) 显然难以优化）。设 \(f_{i, s}\) 为 \(\sum p_i = s\) 的系数和。
但是你会发现转移的时候需要用到不同的 \(k\) 的系数，所以对于每种 \(k\) 都记录一个系数，就可以转移了，有：
上述的系数推法只需要将组合数拆开，是简单的。
考虑初值。
首先 \(f_{1, p_1, 1} = (-1)^0\binom{0}{0} = 1\)，根据递推式 \(f_{1, p_1, 1} = f_{0, 0, 0} - f_{0, 0, 1}\)。并且 \(f_{1, p_1, k} = 0 = f_{0, 0, k - 1} - f_{0, 0, k}(k > 1)\)。
此时我们只需要构造 \(f_{0, 0, 0} = f_{0, 0, 1} + 1, f_{0, 0, i} = f_{0, 0, i + 1} (i > 0)\) 即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i ++)
#define fro(i, a, b) for (int i = (a); i >= b; i --)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-6
#define lowbit(x) (x & (-x))
#define reg register
#define IL inline
typedef long long LL;
typedef std::pair<int, int> PII;
inline int read() {int x = 0, f = 1;char ch = getchar();while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar(); }return x * f;
}
// mt19937_64 sj(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
// uniform_int_distribution<LL> u0(0, 1ll << 60);const int N = 10010, Mod = 998244353;
int n, K, m;
int p[N], f[2][N][12];int qmi(int a, int b = Mod - 2, int p = Mod) {int res = 1;while (b) {if (b & 1) res = 1ll * res * a % p;b >>= 1; a = 1ll * a * a % p;}return res;
}int main() {n = read(), K = read(), m = read();K = n - K + 1;for (int i = 1; i <= n; i ++) p[i] = read();f[0][0][0] = 0; for (int i = 1; i <= K; i ++) f[0][0][i] = -1;for (int i = 1; i <= n; i ++) {int a = i & 1, b = a ^ 1;memset(f[a], 0, sizeof f[a]);for (int s = 0; s < p[i]; s ++) for (int k = 0; k <= K; k ++) f[a][s][k] = f[b][s][k];for (int s = p[i]; s <= m; s ++)for (int k = 1; k <= K; k ++) f[a][s][k] = ((f[b][s][k] + f[b][s - p[i]][k - 1] - f[b][s - p[i]][k]) % Mod + Mod) % Mod;}int ans = 0;for (int i = 1; i <= m; i ++) ans = (ans + 1ll * f[n & 1][i][K] * qmi(i) % Mod) % Mod;printf("%lld\n", 1ll * ans * m % Mod);return 0;
}