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将题意进行一些简化：初始有\(k\)个非负整数，每一轮操作所有的数都会减一，你可以选择一个数使它加\(k\)。当某个数变为\(-1\)时无法继续进行操作。
那么假设进行了\(x\)轮，数的状态为\(b\)，这个状态是合法的当且仅当：
\(1.\sum\limits_{i=1}^ka_i=\sum\limits_{i=1}^kb_i\)
\(2.k\mid b_i-a_i+x\)
\(3.\)过程中\(a_i\)非负。
显然条件\(3\)是最不好看的，我们再将其进行转化：
对于第\(i\)个数\(a_i\)，我们需要在第\(a_i+1+nk\)轮之前对它进行至少\(n+1\)次操作。
因此一个很自然的思路是用差分+前缀和维护第\(i\)轮至少需要进行的操作次数\(cnt_i\)，并求出最多能进行\(lim\)轮。
如果\(lim\ne+\infty\)，那么一定有\(lim<k\)。
因为对于第\(i\)回合，我只需要复读第\(i-k\)回合的操作即可做到续命不死。
由此我们也可以推出，若\(i\equiv j\pmod k(i,j\le lim)\)，则第\(i,j\)轮可能的状态相同，否则一定不同。
先考虑\(lim<k\)的情况，此时我们只要考虑第\(i\)轮有多少合法状态。
首先我们必须用掉\(cnt_i\)次操作，剩下的就相当于是往\(k\)个不同的盒子里面放\(i-cnt_i\)个相同的球，可以有空盒的方案数，即\({i-cnt_i+k-1\choose k-1}\)。
然后考虑\(lim=+\infty\)的情况。
此时我们只需要取一个足够大的\(j\)（实际上就是要满足\(\forall i\in[1,k],j>a_i\)），然后统计\([j,j+k)\)轮的可能的方案数即可。
#include<cstdio>
#include<cctype>
const int N=2000007,P=998244353,K=1000000;
int fac[N],ifac[N],cnt[N];
int read(){int x=0,c=getchar();while(isspace(c))c=getchar();while(isdigit(c))(x*=10)+=c&15,c=getchar();return x;}
void inc(int&a,int b){a+=b-P,a+=a>>31&P;}
int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%P;}
int pow(int a,int k){int r=1;for(;k;k>>=1,a=mul(a,a))if(k&1)r=mul(a,r);return r;}
int C(int n,int m){return 1ll*fac[n]*ifac[m]%P*ifac[n-m]%P;}
int main()
{
int k=read(),lim=K+k,ans=0;
for(int i=1,x;i<=k;++i) for(x=read()+1;x<=K+k;++cnt[x],x+=k);
for(int i=1;i<=lim;++i) if((cnt[i]+=cnt[i-1])>i) lim=i-1;
fac[0]=1;for(int i=1;i<=lim+k;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ifac[lim+k]=pow(fac[lim+k],P-2);for(int i=lim+k;i;--i) ifac[i-1]=mul(ifac[i],i);
for(int i=lim;i>lim-k&&~i;--i) inc(ans,C(i-cnt[i]+k-1,k-1));
printf("%d",ans);
}
