首先不考虑只有 \(1\) 或者只有 \(-1\) 的平凡情况。
令 \(z\) 为 \(1\) 的个数，\(f\) 为 \(-1\) 的个数，若有 \(f\geq z\)，那么可以构造使得最大子段和为 \(1\)（因为有 \(1\) 出现所以最大子段和至少为 \(1\)），只需要让 \(1\) 和 \(1\) 不能相邻即可。那么即为在 \(-1\) 形成的 \((f+1)\) 个空隙里面选择 \(z\) 个放入，答案为 \(\binom{f+1}{z}\)．
若 \(f<z\)，由于全局和 \(z-f\) 一定是一个子段和，所以最小的最大子段和 \(\geq z-f\)，现在考虑什么样的方案能够使得这个下界可以取到。
令 \(s[l,r]\) 为 \([l,r]\) 这个子段的和。考虑若存在一个子段 \([l,r]\) 使得 \(s[l,r]>z-f\)，那么 \(s[1,l-1]\) 和 \(s[r+1,n]\) 必然有一个 \(<0\)，否则全局子段和会 \(>z-f\)；如果存在一个 \(p\) 满足 \(s[1,p]<0\) 那么 \(s[p+1,n]>z-f\)（因为两者之和为 \(z-f\)）；如果存在一个 \(p\) 满足 \(s[p+1,n]<0\) 同理。
这样即证存在一个子段 \(s[l,r]\) 当且仅当存在一个前缀或存在一个后缀总和 \(<0\)（第一部分是必要，后两部分是充分）。
那么现在问题就是对“不存在一个前缀 / 后缀总和 \(<0\)” 的情况。
对于 \(+1,-1\)，与前缀和或后缀和有关的，不难和括号序列一样想到格路计数。那么问题可以抽象成从 \((0,0)\) 出发，如果当前在 \((x,y)\)，下一位是 \(1\) 则走到 \((x+1,y+1)\)，否则走到 \((x+1,y-1)\)，最终要走到 \((n,z-f)\)．
要求每个前缀 \(\geq 0\) 即为不能走到 \(y=-1\) 这条线，要求每个后缀 \(\geq 0\) 即为不能走到 \(y=z-f+1\) 这条线。
由于 \(n\leq 10^4\)，可以 \(\mathcal{O}(n^2)\) dp 算出。
采用一些“科技”可以做到更快的复杂度（反射容斥）。
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<assert.h>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n'
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
typedef vector<pil>vpil;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
r=0;bool w=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x,T2& ...y){read(x);read(y...);}
const int mod=998244353;
inline void cadd(int &x,int y){x=(x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline void cdel(int &x,int y){x=(x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline int del(int x,int y){return (x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
int qpow(int x,int y){
int s=1;
while(y){
if(y&1)s=1ll*s*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;
y>>=1;
}
return s;
}
mt19937 rnd(time(NULL)^(ull)(new char));
inline int rd(int a,int b){
return a+rnd()%(b-a+1);
}
#define Win do{puts("Yes");return ;}while(0)
#define Lose do{puts("No");return ;}while(0)
#define Alice do{puts("Alice");return ;}while(0)
#define Bob do{puts("Bob");return ;}while(0)
#define Fuyi do{puts("-1");return ;}while(0)
#define Line cerr << "----------\n"
const int N=1000010;
int n;
int fac[2*N],inv[2*N];
int C(int x,int y){
return 1ll*fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
int f,z;
int go(int a,int b,int c,int d){
return C(c-a,(c-a+d-b)/2);
}
int go0(int a,int b,int k1,int k2);
int go1(int a,int b,int k1,int k2);
int go0(int a,int b,int k1,int k2){
if(a<-b||a<b)return 0;
return del(del(go(0,0,a,b),go(0,0,a,2*k2-b)),go1(a,b,k1,k2));
}
int go1(int a,int b,int k1,int k2){
if(a<-b||a<b)return 0;
if(a<2*k1-b||a<b-2*k1)return 0;
return add(go0(a,2*k1-b,2*k1-k2,k2),go1(a,b,2*k1-k2,k2));
}
signed main(){
#ifdef do_while_true
// assert(freopen("data.in","r",stdin));
// assert(freopen("data.out","w",stdout));
#endif
read(n);
fac[0]=1;for(int i=1;i<=3*n;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
inv[3*n]=qpow(fac[3*n],mod-2);
for(int i=3*n-1;~i;--i)inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
for(int i=1,x;i<=n;i++){
read(x);
if(x==1)++z;
else ++f;
}
if(f>=z)cout << C(f+1,z) << '\n';
else cout << go0(n,z-f,-1,z-f+1) << '\n';
#ifdef do_while_true
cerr<<'\n'<<"Time:"<<1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC*1000<<" ms"<<'\n';
#endif
return 0;
}