状压好题啊。
一眼看出时间复杂度 (O(n2^n))，然后开始想正解。
然后设 (dp_i) 为前缀状态为 (i) 时的方案数，所以这时候 (sum_i) 一定是单峰的。
可以推导出：
[(1leq j<i) sum_igeq sum_jRightarrow sum_i-sum_jgeq 0
]
[(i<jleq n) sum_j<sum_iRightarrow sum_j-sum_i<0
]
那么我们相当于求两个序列拼凑起来，一个序列前缀和除第一项始终 (geq 0)（因为 (sum_i-sum_1) 不包括第一项，但是 (sum_n-sum_i) 包括最后一项），一个前缀和始终 (<0)。(f_i) 表示前缀和为负数的，(g_i) 表示前缀和为正数的，那么 (g_i) 拼凑时 (i>0)。每一个状态对于答案的贡献为 (g_i imes f_{lim xor i} imes (sum_i+p)\%p)
时间复杂度 (O(n2^n))
(Code Below:)
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int p=998244353;
int n,lim,a[20],sum[1<<20],f[1<<20],g[1<<20];
int main()
{
scanf("%d",&n);lim=(1<<n)-1;
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=lim;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
if(i&(1<<j)){
sum[i]=sum[i^(1<<j)]+a[j];
break;
}
f[0]=g[0]=1;
for(int i=1;i<=lim;i++)
if(sum[i]<0)
for(int j=0;j<n;j++)
if((i&(1<<j))&&(sum[i^(1<<j)]<0||!(i^(1<<j)))) f[i]=(f[i]+f[i^(1<<j)])%p;
for(int i=1;i<=lim;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
if((i&(1<<j))&&(sum[i^(1<<j)]>=0||!(i^(1<<j)))) g[i]=(g[i]+g[i^(1<<j)])%p;
int ans=0;
for(int i=1;i<=lim;i++) ans=(ans+(ll)g[i]*f[lim^i]%p*(sum[i]+p)%p)%p;
printf("%d
",ans);
return 0;
}