分析
考虑区间 DP。
定义状态函数 \(\mathit{f}_{l,r,1/0}\) 表示在 \(P_l,P_{l+1},\dots,P_r\) 这些点中，\(P_l\) 是或不是唯一（子）树根时的答案。
对于 \(\mathit{f}_{l,r,1}\)，\(P_l\) 的第一个儿子一定是 \(P_{l+1}\)。所以有：\(f_{l,r,1}=f_{l+1,r,1/0}\)（\(P_{l+1}\) 是或不是 \(P_l\) 的唯一儿子的答案）。
对于 \(\mathit{f}_{l,r,0}\)，枚举一个中转点 \(k\)，表示 \(P_l,P_{l+1},\dots,P_k\) 是一棵（子）树，\(P_{k+1},P_{k+2},\dots,P_r\) 是若干棵（子）树。同 \(f_{l,r,1}\)，有：\(f_{l,r,0}=\sum\limits_{k=l}^{r-1}f_{l,k,1} \times f_{k+1,r,1/0}[P_{l} \le P_{k+1}]\)。因为两个的方案数是相互独立的，所以要乘起来。
答案很明显就是 \(f_{1,n,1}\)，初始化 \(f_{i,i,1}=1\)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define re register
#define il inline
#define PII pair<int,int>
#define x first
#define y second
il int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return x*f;
}
const int N=505,p=998244353;
int n,P[N];
int f[N][N][2];
il void solve(){
n=read();
for(re int i=1;i<=n;++i) P[i]=read(),f[i][i][1]=1;
for(re int l=n-1;l>=1;--l)
for(re int r=l+1;r<=n;++r){
f[l][r][1]=(f[l+1][r][0]+f[l+1][r][1])%p;
for(re int k=l;k<r;++k) if(P[l]<=P[k+1])
f[l][r][0]=(f[l][r][0]+f[l][k][1]*(f[k+1][r][0]+f[k+1][r][1])%p)%p;
}
printf("%lld\n",f[1][n][1]);
return ;
}
signed main(){
solve();
return 0;
}