给定 $n+1$ 个数 $X_0,X_1\cdots X_n(X_0=0)$，$y_i\in [X_{i-1},X_i]$ 且 $y_i$ 取值随机，求
$$ E\left(\min_{2\le i\le n}(y_i-y_{i-1})\right)\bmod 998244353 $$
设 $F(x)=P\{\min_{2\le i\le n}(y_i-y_{i-1})\gt x\}$，于是有
$$ E\left(\min_{2\le i\le n}(y_i-y_{i-1})\right)=\int-xF'(x)\mathrm{d}x $$
问题转化为求 $F(x)$ 的表达式。不妨先考虑固定 $x$，计算 $F(x)$ 的值。
记 $z_i=y_i-(i-1)x$，于是 $\min_{2\le i\le n}(y_i-y_{i-1})\gt x$ 等价于 $z_1\lt z_2\cdots \lt z_n,z_i\in [X_{i-1}-(i-1)x,X_i-(i-1)x]$。
将所有 $[X_{i-1}-(i-1)x,X_i-(i-1)x]$ 的左右端点 $t_{2i-1},t_{2i}$ 进行排序，得到 $v_1,v_2\cdots v_{2n}$。同时不妨假设 $z_i\neq v_j$，这样不影响概率。
设 $\text{dp}(i,j,k)$ 表示 $v_j\lt z_{i-k+1}\lt z_{i-k+2}\cdots \lt z_i\lt v_{j+1}$ 的概率。
于是若 $v_j\lt z_{i-k+1}\lt z_{i-k+2}\cdots \lt z_i\lt z_{i+1}\lt v_{j+1}$，则有
$$ \text{dp}(i+1,j,k+1)\gets [X_i-ix\le v_j\lt X_{i+1}-ix]\frac {(v_{j+1}-v_j)}{(k+1)(X_{i+1}-X_i)}\text{dp}(i,j,k) $$
若 $v_j\lt z_{i-k+1}\lt z_{i-k+2}\cdots \lt z_i\lt v_{j+1}\cdots\lt v_{j+t}\lt z_{i+1}\lt v_{j+t+1}$，则有
$$ \text{dp}(i+1,j+t,1)\gets [X_i-ix\le v_{j+t}\lt X_{i+1}-ix]\frac {v_{j+t+1}-v_{j+t}}{X_{i+1}-X_i}\text{dp}(i,j,k) $$
利用前缀和可以 $O(n^3)$ 完成转移。代码实现中优化了 $\text{dp}$ 第三维，与上述转移略有不同，但时间复杂度也是 $O(n^3)$。
接下来考虑 $x$ 不固定的情况，由于 $v_j$ 总是 $b-kx$ 的形式，于是 $v_{j+1}-v_j$ 也是 $x$ 的一次项。
$\text{dp}$ 转移中每次转移一定有 $i\to i+1$，而每次转移中含有 $x$ 项只有 $v_{j+1}-v_j$，于是 $F(x)$ 最多是 $x$ 的 $n$ 次多项式。
当所有 $t_i(x)$ 的相对大小关系不变时，易知 $F(x)$ 的表示式是固定的。于是不妨两两枚举使得 $t_i(x)=t_j(x)$ 的情况，此时有 $x=\frac {b_i-b_j}{k_j-k_i}$。
保存所有上述 $x$ 中非负的数，排序后去重，记为 $x_0,x_1\cdots x_k(x_0=0)$，于是有 $k\sim O(n^2)$。
对于 $x\in [x_i,x_{i+1}]$，先令 $x=\frac {x_i+x_{i+1}}2$，然后计算出 $t_i(x)$ 的值后排序，得到 $t_i$ 的名次。
然后考虑计算 $F(0\sim n)$，注意此时 $\text{dp}$ 转移判定 $[X_i-ix\le v_j\lt X_{i+1}-ix]$ 不能靠权值要靠名次，因为取模意义下权值没有意义。
拉格朗日插值法计算 $F(x)$ 在 $x\in [x_i,x_{i+1}]$ 的表达式，最后计入贡献
$$ \text{ans}\gets \int_{x_i}^{x_{i+1}}-xF'(x)\mathrm{d}x $$
总时间复杂度 $O(n^6)$。