\(\mathcal{Description}\)

  Link.

  给定 \(\{x_n\}\)，令

\[f(k)=\left|\{(a,b,c)\mid a,b\in[0,c),c\in[1,k],\left(\forall i\in[1,n),(ax_i+b)\bmod c<(ax_{i+1}+b)\bmod c\right)\}\right|
\]

求出

\[\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac{f(k)}{k^3}\bmod 998244353.
\]

  \(n\le10^3\)，\(\sum x\le5\times10^5\)。

\(\mathcal{Solution}\)

  太炫酷了叭。

  令 \(g(k)=f(k)-f(k-1)\)，断言这样一条性质：

\[\newcommand{\eps}[0]{\varepsilon}\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac{f(k)}{k^3}=\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac{g(k)}{3k^2}.
\]

甚至可以认为给原式洛了一发。

证明

  假定存在 $c=\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac{g(k)}{k^2}$，则对于任意 $\varepsilon\in\mathbb R_+$，应有足够大的 $k$，使得 $(c-\eps)k^2\le g(k)\le (c+\eps)k^2$。继而，也应有足够大的 $k$ 使得 $(c-\eps)\sum_{i\le k}i^2\le f(k)\le(c+\eps)\sum_{i\le k}i^2$。考虑到 $\sum_{i\le k}i^2=\frac{k^3}{3}+\mathcal O(k^2)$，可以得到 $\frac{1}{3}c-\eps\le \frac{f(k)}{k^3}\le \frac{1}{3}c+\eps$。所以基于这个假设，得到 $\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac{f(k)}{k^3}=\frac{1}{3}\lim_{k\rightarrow+\infty}\frac{g(k)}{k^2}$。

  此后，考虑使得 \((ax_i+b)\bmod k\) 单增的 \((a,b)\)，根据取模的性质，应该有 \(\left\{\frac{ax_i+b}{k}\right\}\) 单增，其中 \(\{x\}=x-\lfloor x\rfloor\) 表示取非负数 \(x\) 的小数部分。所以，令 \(\alpha=\frac{a}{k},\beta=\frac{b}{k}\)，我们仅需研究使得 \(\{\alpha x_i+\beta\}\) 单增的 \((\alpha,\beta)\in[0,1)^2\)。具体地，令

\[D=\{(\alpha,\beta)\in[0,1)^2\mid \forall i\in[1,n),\{\alpha x_i+\beta\}<\{\alpha x_{i+1}+\beta\}\},
\]

我们所求即为 \(D\) 的面积。

  这步转化的具体数学原理我并没有学懂，这貌似也涉及了上文中“假定极限存在”的证明。当然存在一些感性理解方法也显得不够具有说服力。如果希望深刻研究请参考 官方题解 叭，这里先跳过，之后的步骤仍有思考价值。

  我们把 \(\{y_i=\{\alpha x_i+\beta\}\}\) 放在 \([0,1)\) 这个关于 \(1\) 的“模域”上（Tiw: 你把“模”和“域”放一起是完全不合理的！我：？），进一步研究 \((\alpha,\beta)\) 的性质：

  可见，\(\alpha\) 能决定 \(y_i\) 在圆周上的相对位置关系，而 \(\beta\) 仅能整体旋转 \(y\)，也即是确定 \(0\) 的位置。显然，对于使得相对位置合法的 \(\alpha\)，合法 \(\beta\) 取值区间的长度为 \(\{\alpha(x_1-x_n)\}\)；另一方面，对于这样的 \(\alpha\)，应有

\[\sum_{i=1}^{n}(\{\alpha x_{i+1}\}-\{\alpha x_i\})\bmod 1=1.~~~~(x_{n+1}=x_1)
\]

同时，\(\alpha\in[0,1)\)，\(x_i\in\mathbb N\)，则 \(\{\alpha x_{i+1}\}-\{\alpha x_i\}\equiv\{\alpha(x_{i+1}-x_i)\}\pmod 1\)，可见在 \(\alpha\) 从 \(0\) 向 \(1\) 取值时，仅有经过某个 \(\frac{t}{|x_{i+1}-x_i|}\) 会改变左式的值，即这些点把 \([0,1)\) 分隔为若干区间，若一个区间合法，再积分求此时 \(\beta\) 的贡献，即 \(\int_{l}^r\{\alpha(x_1-x_n)\}\text d\alpha\)。注意 \(|x_n-x_{n+1}|\) 也在分隔点的分母中，所以这是单纯的一次函数积分。

  最终，复杂度瓶颈为取出 \(\mathcal O(\sum x)\) 个区间排序，即 \(\mathcal O(\sum x\log\sum x)\)。

/*~Rainybunny~*/

#include <bits/stdc++.h>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

const int MAXN = 1e3, MOD = 998244353, INV6 = 166374059;
int n, x[MAXN + 5];

inline int iabs( const int u ) { return u < 0 ? -u : u; }
inline int mul( const int u, const int v ) { return 1ll * u * v % MOD; }
inline int sub( int u, const int v ) { return ( u -= v ) < 0 ? u + MOD : u; }
inline int add( int u, const int v ) { return ( u += v ) < MOD ? u : u - MOD; }
inline int mpow( int u, int v = MOD - 2 ) {
    int ret = 1;
    for ( ; v; u = mul( u, u ), v >>= 1 ) ret = mul( ret, v & 1 ? u : 1 );
    return ret;
}

struct Atom {
    int a, b, c;
    inline bool operator < ( const Atom& t ) const {
        return 1ll * a * t.b < 1ll * t.a * b;
    }
};
std::vector<Atom> sec;

int main() {
    scanf( "%d", &n );
    rep ( i, 1, n ) scanf( "%d", &x[i] );
    x[n + 1] = x[1];

    int circ = 0;
    rep ( i, 1, n ) {
        int k = iabs( x[i] - x[i + 1] ), d = x[i] < x[i + 1] ? -1 : 1;
        rep ( j, 1, k - 1 ) sec.push_back( { j, k, d } );
        circ += x[i] >= x[i + 1];
    }
    sec.push_back( { 0, 1, 0 } ), sec.push_back( { 1, 1, 0 } );
    std::sort( sec.begin(), sec.end() );

    int ans = 0;
    for ( size_t i = 1; i < sec.size(); ++i ) {
        if ( ( circ += sec[i - 1].c ) != 1 ) continue;
        int dn = sub( mul( sec[i].a, mpow( sec[i].b ) ),
          mul( sec[i - 1].a, mpow( sec[i - 1].b ) ) );

        int le = ( 1ll * sec[i - 1].a * ( x[1] - x[n] ) % sec[i - 1].b
          + sec[i - 1].b ) % sec[i - 1].b;
        if ( !le && x[1] < x[n] ) le = sec[i - 1].b;
        le = mul( le, mpow( sec[i - 1].b ) );

        int ri = ( 1ll * sec[i].a * ( x[1] - x[n] ) % sec[i].b
          + sec[i].b ) % sec[i].b;
        if ( !ri && x[1] > x[n] ) ri = sec[i].b;
        ri = mul( ri, mpow( sec[i].b ) );

        ans = add( ans, mul( add( le, ri ), dn ) );
    }
    printf( "%d\n", mul( ans, INV6 ) );
    return 0;
}