思路
发现既有大于又有小于比较难办，使用容斥，把大于改成任意减去小于的。
于是最后的串就长成这样：<<?<?<??<<<?<。我们把一段连续的<称作一条链。如果枚举大于号变成什么，那么最后的答案很容易算，就是\(\frac {n!}{\prod len!}\)。
\(dp_i\)表示前\(i\)个位置分成若干条链，带上容斥系数的方案数。
\(dp_i\)从\(dp_j\)转移，即\([j+1,i]\)这些位置用<连接，并且需要满足\(s_j\)为>。此时把这个>容斥成?，\([j+1,i]\)里面的>搞成<，即可转移。
记\(cnt_i\)表示\(s\)的前\(i\)个的>的位置个数，那么有
\[ dp_i=\sum_{j} [s_j\ is\ >]dp_j \times (-1)^{cnt_{i-1}-cnt_{j}} \times \frac{1}{(j-i)!} \]
分治FFT优化，没了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
clock_t t=clock();
namespace my_std{
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define fir first
#define sec second
#define MP make_pair
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
#define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
#define templ template<typename T>
#define sz 401001
#define mod 998244353ll
typedef long long ll;
typedef double db;
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
templ inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}
templ inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
templ inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
templ inline void read(T& t)
{
t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;
while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}
t=(f?-t:t);
}
template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}
char __sr[1<<21],__z[20];int __C=-1,__zz=0;
inline void Ot(){fwrite(__sr,1,__C+1,stdout),__C=-1;}
inline void print(register int x)
{
if(__C>1<<20)Ot();if(x<0)__sr[++__C]='-',x=-x;
while(__z[++__zz]=x%10+48,x/=10);
while(__sr[++__C]=__z[__zz],--__zz);__sr[++__C]='\n';
}
void file()
{
#ifdef NTFOrz
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
}
inline void chktime()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
cout<<(clock()-t)/1000.0<<'\n';
#endif
}
#ifdef mod
ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;return ret;}
ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}
#else
ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) ret=ret*x;return ret;}
#endif
// inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std;
int n;
char s[sz];
ll dp[sz];
int cnt[sz];
ll fac[sz],_fac[sz];
void init(){_fac[0]=fac[0]=1;rep(i,1,sz-1) _fac[i]=inv(fac[i]=fac[i-1]*i%mod);}
int limit,r[sz];
void NTT_init(int n)
{
limit=1;int l=-1;
while (limit<=n+n) limit<<=1,++l;
rep(i,0,limit-1) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
}
void NTT(ll *a,int type)
{
rep(i,0,limit-1) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
for (int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
{
ll Wn=ksm(3,(mod-1)/mid>>1);if (type==-1) Wn=inv(Wn);
for (int len=mid<<1,j=0;j<limit;j+=len)
{
ll w=1;
for (int k=0;k<mid;k++,w=w*Wn%mod)
{
ll x=a[j+k],y=w*a[j+k+mid]%mod;
a[j+k]=(x+y)%mod;a[j+k+mid]=(x-y+mod)%mod;
}
}
}
if (type==1) return;
ll I=inv(limit);
rep(i,0,limit-1) a[i]=a[i]*I%mod;
}
ll tmp1[sz],tmp2[sz];
void solve(int l,int r)
{
if (l==r) { if (l==0) return (void)(dp[l]=1); dp[l]=dp[l]*ksm(mod-1,cnt[l-1]+(l!=n+1?cnt[l]:0))%mod; return; }
int mid=(l+r)>>1;
solve(l,mid);
rep(i,l,mid) if (s[i]!='<') tmp1[i-l]=dp[i];
rep(i,0,r-l+1) tmp2[i]=_fac[i];
NTT_init(r-l+1);
NTT(tmp1,1);NTT(tmp2,1);
rep(i,0,limit-1) tmp1[i]=tmp1[i]*tmp2[i]%mod;
NTT(tmp1,-1);
rep(i,mid+1,r) (dp[i]+=tmp1[i-l])%=mod;
rep(i,0,limit-1) tmp1[i]=tmp2[i]=0;
solve(mid+1,r);
}
int main()
{
file();
init();
cin>>(s+1);n=strlen(s+1)+1;
rep(i,1,n-1) cnt[i]=cnt[i-1]+(s[i]=='>');
solve(0,n);
cout<<dp[n]*fac[n]%mod;
return 0;
}