题意很明确，n个值，两个人轮流取，问有多少种可能，然后取模。
这个题意看看样例应该很好理解
首先统计一下每个数的个数，然后顺序排好，就没有问题了。
我推出的第一条性质是如果存在一个奇数个的大数，那么它一定会比这个数下面的数先被取走，偶数个数的大数，乃至偶数个的任何数都没有这个性质。
由此再考虑偶数个的数字，我们发现偶数取的规律十分随意，但是呢，有一个很抽象的性质，对于后手来说，先手如果取了一个偶数个数的数，那么我作为后手一定会去选择一个比你大或者等于你的偶数的数，这里的前提是没有个数的数了，因为前面说了，奇数一定在此之前就被取走了；（感性理解的话，这些数都是成对的，你拿啥我拿啥，甚至我拿的比你还大，那么两个人都用此策略，是完全不会影响答案的）理解之后发现规律，把对相同的偶数看作括号，则上面和下面的不能相交，也就是如果有3 ，3 ，4 ，4 四个数字，我如果拿3，你拿4我肯定不能拿3 了，这样就是相交，3，4，4，3就是包含，就是不相交的情况。其次呢，对于成对的大数，要么与小数并列，要么被小数的括号包含起来。
考虑这样的状态数，从小到大遍历，把成对的大数一起放，下面的小数是可以放进小数中间的，也就是放4，4 的时候，可以放成3，3，4，4或者4，4，3，3或者3，4 ，4，3；但是大的是在一起的，小数是可以分开的。
所以这样的话，我们考虑每个数往里放的贡献，累乘起来就好了。
这里挂出来官方题解：
首先ci！是肯定大家都知道的，然后每次后面的组合公式的意思是，对于每次往里放大数的时候，成对的放，就有ci/2取整对，然后考虑到放完之后会有
种状态，那么从中选出ci/2种作为放入的序列，然后再乘上阶乘就是每次的答案，累乘起来就是结果。
#include#define ll long long const ll mod = 998244353; const ll p = 998244353; const ll N = 2e6 + 1000; using namespace std; ll arr[N]; ll ux[N]; vector st; typedef long long LL; LL n, m; LL quick_mod(LL a, LL b) { LL ans = 1; a %= p; while (b) { if (b & 1) { ans = ans * a % p; b--; } b >>= 1; a = a * a % p; } return ans; } LL C(LL n, LL m) { if (m > n) return 0; LL ans = 1; for (int i = 1; i <= m; i++) { LL a = (n + i - m) % p; LL b = i % p; ans = ans * (a * quick_mod(b, p - 2) % p) % p; } return ans; } LL Lucas(LL n, LL m) { if (m == 0) return 1; return C(n % p, m % p) * Lucas(n / p, m / p) % p; } inline void solve() { ux[0] = 1; for (ll i = 1; i <= 1000009; i++) { ux[i] = ux[i - 1] * i; ux[i] %= mod; } ll n; scanf("%lld", &n); for (ll i = 0; i < n; i++) { scanf("%lld", &arr[i]); } sort(arr, arr + n); ll cnt = 1; for (ll i = 1; i < n; i++) { if (arr[i] == arr[i - 1]) cnt++; else st.push_back(cnt), cnt = 1; } st.push_back(cnt); ll t = 0, ans = 1; for (ll i = 0; i < st.size(); i++) { int uu=st[i]/2; ans*=Lucas(uu+t,uu); ans%=mod; ans*=ux[st[i]];ans%=mod; t+=st[i]; } printf("%lldn", ans % mod); } int main() { solve(); return 0; }
