给定一个 \(N\) 行 \(N\) 列的棋盘，第 \(i\) 行只有 \([1,h_i]\) 是有格子的，其他都是虚空。
一个棋子放在一个格子上，我们称一个格子被一个棋子覆盖，仅当这个格子与这个棋子在同一行或同一列，且他们中间没有虚空。特别的，如果这个格子上有棋子，这个格子也被这个棋子覆盖。
求将棋盘上每个格子都覆盖的方案数，对
998244353取模。\(1\le h_i\le N\le 400\)。
首先有一个最基础的暴力，直接容斥。钦定集合 \(S\) 内的一些格子不被覆盖，其他随意。那么方案数就是 \(2\) 的所有不能覆盖这些格子的数量的幂次，乘上容斥系数 \((-1)^{|S|}\) 累加即可。
观察求方案的过程发现，如果在一行钦定了一个格子不选，则整一行都不能放棋子，而且行是连续的，列是不连续的，不妨将行作为一个整体进行。
枚举选择了格子的集合 \(S\)，这里面不能放置棋子。那么取出所有连续的列，计算方案数，再乘起来。
设列的长度为 \(len\)，其中有 \(p\) 行在 \(S\) 集合中：
- 如果在这一列没有选择格子，则都可以放置棋子，方案数 \(2^{len-p}\)；
- 如果在选择了格子，那么整一列不能放置，选择格子的方案数为 \(\sum_{i=1}^p\binom{p}{i}\times(-1)^i=-[p>0]\)。
上面式子中由于 \(\sum_{i=1}^p\binom{p}{i}\times (-1)^i\) 是原来暴力容斥中式子的一部分，也可以理解成容斥原理中负的包含一件物品的方案，减去包含两件物品，加上包含三件物品……等于包含所有物品的方案数等于 \(-1\)。
但是，仅仅这样判断不能保证 \(S\) 集合中所有的行都能被覆盖到，再进行一波容斥！
设 \(T(T\in S)\) 集合表示在 \(S\) 集合中钦定的不能格子的行，其他随意，容斥系数 \((-1)^{|T|}\)。
设列有 \(p\) 个在 \(S\) 集合中，有 \(q\) 个在 \(T\) 集合中：
- 这一列没有选择格子，方案数 \(2^{len-p}\)；
- 如果选择了格子，选择的方案数为 \(\sum_{i=1}^{p-q}\times(-1)^{i}=-[p>q]\)。
这样只用枚举出 \(S\) 和 \(T\) 集合就完成了，但枚举量仍然过于庞大。。
在同一列中，它的方案数为 \(2^{len-p}\) 还是 \(2^{len-p}-1\) 只取决于 \(p\) 是否等于 \(q\)，因为 \(p\ge q\)。
计算需要减去的贡献，就相当于计算 \([p=q]\) 对应的所有可能的 \((S,T)\) 的 \((-1)^{|T|}\) 的和，但是列之间会有依赖关系，不再独立。
这样依赖的关系很像 SP3734 PERIODNI - Periodni，图都是一样的，将网格剖分成笛卡尔树的形式。
设 \(dp_{i,j,[p=q]}\) 表示在连续块 \(i\) 中 \(S,T\) 都选择了 \(j\) 行，\(S\) 是否仍然等于 \(T\) 的方案数。
- 这个连续块中依然保持 \(p=q\)，从儿子中 \([p=q]\) 转移过来。
- 否则，总方案减去上面 \([p=q]\) 的方案数量就是剩余方案数。
在每个连续段中方案数就等于 \(2^{len-p}-[p=q]\) 的长度次幂。
将连续段空行的儿子当做特殊的儿子，上面取就是 \(-1\)，不取就是 \(1\)。
用树形 DP 完成啦！
#define Maxn 405
#define mod 998244353
int n,tot,All,ans;
int len[Maxn],h[Maxn],siz[Maxn];
int pow2[Maxn][Maxn][2],dp[Maxn][Maxn][2],tmp[Maxn][2];
vector<int> g[Maxn];
inline void init()
{
for(int i=0,cur=1;i<=n;i++)
{
pow2[i][0][0]=pow2[i][0][1]=1;
for(int j=1;j<=n;j++)
pow2[i][j][1]=1ll*cur*pow2[i][j-1][1]%mod,
pow2[i][j][0]=1ll*(cur-1+mod)%mod*pow2[i][j-1][0]%mod;
cur=cur*2ll%mod;
}
}
int build(int l,int r,int cur)
{
int minn=inf,num=++All,Last=l-1;
for(int i=l;i<=r;i++) minn=min(minn,h[i]);
for(int i=l;i<=r;i++)
if(h[i]==minn)
{
if(Last+1<=i-1) g[num].pb(build(Last+1,i-1,minn));
g[num].pb(0),Last=i;
}
if(Last<r) g[num].pb(build(Last+1,r,minn));
len[num]=minn-cur;
return num;
}
void solve(int u)
{
if(!u) return;
dp[u][0][1]=1;
for(int v:g[u])
{
solve(v);
for(int i=0;i<=siz[u]+siz[v];i++) tmp[i][0]=tmp[i][1]=0;
for(int su=siz[u];su>=0;su--)
for(int sv=siz[v];sv>=0;sv--)
{
ll tall=1ll*(dp[u][su][0]+dp[u][su][1])*(dp[v][sv][0]+dp[v][sv][1])%mod;
ll tsame=1ll*dp[u][su][1]*dp[v][sv][1]%mod;
tmp[su+sv][0]=(1ll*tmp[su+sv][0]+tall-tsame+mod)%mod;
tmp[su+sv][1]=(tmp[su+sv][1]+tsame)%mod;
}
for(int i=0;i<=siz[u]+siz[v];i++) dp[u][i][0]=tmp[i][0],dp[u][i][1]=tmp[i][1];
siz[u]+=siz[v];
}
for(int i=0;i<=siz[u];i++)
dp[u][i][0]=1ll*dp[u][i][0]*pow2[siz[u]-i][len[u]][0]%mod,
dp[u][i][1]=1ll*dp[u][i][1]*pow2[siz[u]-i][len[u]][1]%mod;
}
int main()
{
n=rd(),init();
for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=rd();
siz[0]=1,dp[0][1][1]=mod-1,dp[0][0][1]=dp[0][1][0]=1;
build(1,n,0),solve(1);
for(int i=0;i<=n;i++) ans=(1ll*ans+dp[1][i][0]+dp[1][i][1])%mod;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}