思路
这题我看着题解还搞了几个小时？我也不知道自己在干啥……
首先你要通过出色的分析能力得到一个结论：一个排列合法当且仅当它的最长下降子序列长度不超过2。
证明？懒得写了。
然后我们不管字典序的限制，先写出一个DP：\(dp_{i,j}\)表示考虑了前\(i\)个，之前最大值是\(j\)，的方案数。转移就考虑下一个位置是填一个比最大值更大的数，或是填还没有填的数里面最小的数。
其实就是\(dp_{i,j}\rightarrow dp_{i+1,k},k\ge j\)，但\(i=j\)的时候不能转移到\(dp_{i+1,j}\)。
我们假装\(dp_{i+1,j}\)这里也有一个虚点，那么就可以把转移看成往右走一步，然后往上走若干步。这里的转移可以转移到\(dp_{i+1,i}\)，但是不能把\(dp_{i+1,i}\)转移到其他位置。（其实就是为了方便才搞出这么个特殊点）
初始从\(dp_{0,0}=1\)开始走，第一步必须向右然后向上若干步。最后答案是\(dp_{n,n}\)。
观察这个DP式子，发现把\(dp_{i,j}\)看做点\((i,j)\)，那么它的值就是从\((1,1)\)走到\((i,j)\)，只能向右或向上，并且不能摸到\(y=x-2\)这一条直线，的方案数。
不能碰到某条直线的这个套路我们非常熟悉，就是把起点对于它对称一下，方案数减掉，就可以了。
于是我们有\(dp_{n,n}={2n-2\choose n-1}-{2n-2\choose n-3}\)。
那么现在再来看一看字典序的限制，容易想到枚举前面几项相等，有一项更大，然后后面放飞自我。
这个怎么处理呢？设第\(i\)位不同，已经填完的数的最大值为\(mx\)，那么这一位就必须填大于\(\max({mx,a_i})\)的数。为什么？如果小于\(mx\)，那么就必须是未出现里面最小的数，就一定小于等于\(a_i\)了，就不合法了。
这相当于限定起点是\((i,\max(a_i,mx)+1)\)，仍然是走到\((n,n)\)，所以方案数也很容易算。
还有一个注意的地方是前\(i-1\)个的填法必须合法，也就是说每次要么大于最大值要么是最小值，否则就立刻break。
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 1206060
#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);
#else
freopen("inverse.in","r",stdin);
freopen("inverse.out","w",stdout);
#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;
int a[sz];
ll fac[sz],_fac[sz];
void init(){_fac[0]=fac[0]=1;rep(i,1,sz-1) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;_fac[sz-1]=inv(fac[sz-1]);drep(i,sz-2,1) _fac[i]=_fac[i+1]*(i+1)%mod;}
ll C(int n,int m){return n>=m&&m>=0?fac[n]*_fac[m]%mod*_fac[n-m]%mod:0;}
ll calc(int x,int y)
{
ll ret=C(n-x+n-y,n-x);
x-=1,y+=1,swap(x,y),x+=1,y-=1;
ret=(mod+ret-C(n-x+n-y,n-x))%mod;
return ret;
}
int vis[sz];
void work()
{
read(n);
rep(i,1,n) read(a[i]);
int mx=0,mn=1;ll ans=0;
rep(i,1,n)
{
(ans+=calc(i,max(a[i],mx)+1))%=mod;
if (a[i]<mx&&a[i]!=mn) break;
vis[a[i]]=1;
while (vis[mn]) ++mn;
chkmax(mx,a[i]);
}
printf("%lld\n",ans);
rep(i,1,n) vis[i]=0;
}
int main()
{
file();
init();
int T;read(T);
while (T--) work();
return 0;
}