打表发现一个排列满足要求，当且仅当这个排列以被拆成两个 LIS(其中一个可以为空)
考虑状压 DP：$f[S][i][0/1]$ 表示加进去数集 $S$，第二个 LIS 的最大值为 $i$，是否顶上界.
我们拆分 $LIS$ 的方式是贪心地将较大的值分给第一个，剩下的分给第二个.
这个时间复杂度大概是 $O(2^n n^2)$.
先不考虑字典序的限制.
假设已经加进去了数集 $S$，$S$ 中的最大值为 $mx$.
则如果新加入数 $i$ 有两种可能：$i>mx$ 或 $i<mx$ 但 $i$ 必须是未填入数中最小值.
我们发现，如果每一步都遵循上述转移方式，则一定合法，也就不用记录数集 $S$ 了.
直接令 $f[i][j]$ 表示还有 $i$ 个数没有加入，且有 $j$ 个数大于已加入数的最大值.
转移的话有 ：
$f[i][j]=f[i-1][j]$ (加入最小值）
$f[i][j]=f[i-1][j-k]$ (加入一个数后会导致原来大于 $mx$ 的数小于新的 $mx$ 了）
总：$f[i][j]=sum_{k=0}^{j}f[i-1][j-k]$
边界：$f[0][0]$.
再整理一下得 $f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1].$ 其中 $j leqslant i$
预处理这个是 $O(n^2)$ 的.
$f[i][j]$ 的转移可以看作是从 $(0,0)$ 走到 $(i,j)$ 且不经过 $y=x+1$ 的方案数.
可以用总方案数 $inom{i+j}{i}$ 减掉不合法的，求法和生成字符串那道题一样.
至此，我们就得到了一个 $O(n)$ 预处理，$O(1)$ 求出 $f(i,j)$ 的解法.
考虑枚举 $LCP$，然后再枚举第一个大于的位置，这部分裸做的话是 $O(n^3)$ 的.
即判断当前是否可行，再统计未填入数中大于前面最大值的个数，累加一个 $f(n-i,cn)$
考虑枚举到 $i$，且前 $i-1$ 位合法.
令 $b[i]$ 表示 $i$ 后面大于当前位的个数.
则 $mx(i)=min_{j=1}^{i}b[j]$.
考虑当前 $i$ 位填入数 $j$ 且 $j>q[i]$.
则 $j$ 必须从 $mx(i)$ 中选取，因为如果 $j$ 不在这里选取的话会导致第二个 $LIS$ 不合法.
所以 $j$ 就会贡献一个占位，这部分的贡献就是 $sum_{k=0}^{nw-1}f[n-i][k]$
可以直接表示成 $f(n-i+1,nw-1)$.
判断不合法的话就是如果 $q[i]$ 不是前缀最大值且 $i$ 前面小于 $q[i]$ 的个数不等于 $q[i]-1$.
复杂度的瓶颈在于求后面大于 $i$ 的个数和前面小于 $i$ 的个数.
总时间复杂度为 $O(n log n)$.
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 2000004
#define ll long long
#define mod 998244353
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
using namespace std;
int n,ans;
int q[N],b[N],c[N],inv[N],fac[N];
inline int ADD(int x,int y) {
return (x+y)>=mod?x+y-mod:x+y;
}
inline int C(int x,int y) {
return (ll)fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
inline int GE(int x,int y) {
//if(y==0) return 1;
//if(y==1) return x;
return ADD(C(x+y,x),mod-C(x+y,x+1));
}
void init() {
fac[0]=1;
for(int i=1;i<N;++i) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
inv[1]=1;
for(int i=2;i<N;++i) inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
inv[0]=1;
for(int i=1;i<N;++i) inv[i]=(ll)inv[i-1]*inv[i]%mod;
}
struct BIT {
int sum[N];
inline int lowbit(int x) {
return x&(-x);
}
void upd(int x) {
while(x<N) ++sum[x],x+=lowbit(x);
}
int query(int x) {
int re=0;
for(;x;x-=lowbit(x)) {
re+=sum[x];
}
return re;
}
void clr() {
memset(sum,0,sizeof(sum));
}
}op;
void solve() {
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&q[i]);
for(int i=n;i>=1;--i) {
b[i]=n-i-op.query(q[i]);
op.upd(q[i]);
// 前面小于我的=i-1-前面大于我的
c[i]=i-1-(n-q[i]-b[i]);
}
op.clr();
ans=0;
int nw=n;
for(int i=1;i<=n;++i) {
bool flag=(b[i]<nw);
nw=min(nw,b[i]);
if(nw<=0) break;
ans=ADD(ans,GE(n-i+1,nw-1));
if(!flag&&c[i]!=q[i]-1) break;
}
printf("%d
",ans);
}
int main() {
//setIO("inverse");
int T,x,y,z;
init();
scanf("%d",&T);
while(T--) {
solve();
}
return 0;
}