先看同时满足 \(2\)，\(3\) 条件的可能的黑格位置（用 # 表示），可以发现当 \(n=5\) 时是这样的：
#####
.###.
..#..
.....
.....
现在在可能的位置考虑，若现在在第 \(i\) 行还有 \(k\) 个格子可以放黑格，那么方案数就为 \(C_k^{a_i}\)，但 \(2\)，\(3\) 条件是恰好有一个格子，所以要减去之前已经放的位置数。
由于 \(i-1\) 行可能放的列一定包括 \(i\) 行的，所以我们从大往小统计答案，结果为：
\[\prod_{i=1}^n C_{k-suf_{i+1}}^{a_i}
\]
\(suf_i\) 表示 \(\sum_{j=i}^n a_i\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 200005
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,sum,ans,a[N],fac[N],ifac[N];
int qpow(int x,int y){int res=1;while(y){if(y&1) res=1ll*res*x%mod;x=1ll*x*x%mod,y>>=1;}return res;
}
static int C(int x,int y){return x>y?0:1ll*fac[y]*ifac[x]%mod*ifac[y-x]%mod;
}
int main(){fac[0]=1;for(int i=1;i<=N-5;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;ifac[N-5]=qpow(fac[N-5],mod-2);for(int i=N-5;i>=1;i--)ifac[i-1]=1ll*ifac[i]*i%mod;/*预处理阶乘及逆元以求组合数*/int T;scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d",&n),sum=0,ans=1;long long check=0;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i),check+=a[i];if(check<n) ans=0;//特判无解 for(int i=n;i>=1&&ans;sum+=a[i--]){int lim=max(n-(i-1<<1),0);//该行可以放黑格的位置的数量 if(sum>lim) ans=0;//特判无解 ans=1ll*ans*C(a[i],lim-sum)%mod;//真正的数量要减去前面放过的（一列只能放一个） }printf("%d\n",ans);}return 0;
}
