感觉挺 educational 的。
观察最终形态，发现根据洞分段，有且只有一段没被覆盖，并且左端是向左的脚印，右端是向右的脚印。
最终状态就这几种了，直接枚举，概率乘贡献即可。
发现左端和右端不影响到对方是对称的，直接求出一边的概率。
设 \(f_i\) 为 \(i\) 个洞，填满往左走的脚印，不影响到右边的洞的方案数。
那么每次实际上只用规定选到最左的洞，不往右走即可。有转移：
\[f_i = (1 - \frac{1}{2i}) f_{i-1} \]最后直接计算即可。
时间复杂度 \(O(n)\)。
code
// Problem: E - Paw
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 132
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc132/tasks/arc132_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 1000100;
const int N = 1000000;
const ll mod = 998244353;
ll n, a[maxn], m, inv[maxn], f[maxn], b[maxn];
char s[maxn];
void init() {
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; ++i) {
inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
}
}
void solve() {
scanf("%lld%s", &n, s + 1);
a[++m] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (s[i] == '.') {
a[++m] = i;
}
b[i] = b[i - 1] + (s[i] == '<');
}
a[++m] = n + 1;
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
f[i] = f[i - 1] * (mod + 1 - inv[i * 2]) % mod;
}
ll ans = 0;
for (int i = 1; i < m; ++i) {
ans = (ans + (b[a[i + 1] - 1] - b[a[i]] + a[i]) * f[i - 1] % mod * f[m - i - 1] % mod) % mod;
}
printf("%lld\n", ans);
}
int main() {
init();
int T = 1;
// scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}