题意：
有n个人，每个人有a i个任务。
假设开始的顺序为p,按照以下顺序执行直到所有人的任务都完成：
每次从头开始遍历，如果这个人还有任务没有完成，就a i − −；否则跳过这个人；
定义一个好的排列为：没有一个人能够连续完成自己两个及两个以上任务
思路：
题意是比较难读的，考虑怎么样才是不合法的方案。
答案可以直接用总的方案数减去不合法的方案数
拿题目中的第四个样例来举例：3 4 2 1 3 3
排序后的序列为1 2 3 3 3 4
其中最大值m a x x = 4，最大值的个数为c n t = 1
比最大值小1的数存在，个数t o t = 3
1 2 3 3 3 4就是不合法的方案，因为序列的执行如下：
1 2 3 3 3 4
0 1 2 2 2 3
0 0 1 1 1 2
0 0 0 0 0 1
0 0 0 0 0 0
在最后的过程中，一直是最后一个数在减2
那么这样的方案数为5 !
还有什么是不合法的呢：
2 3 3 3 4 1
1 3 3 3 4 2
3 3 3 4 1 2
3 3 3 4 2 1
这些的特点就是说比m a x x − 1小的数都可以放到m a x x的后面。
具体分析一下也是这样的，如果将比m a x x − 1 maxx-1maxx−1小的数放到m a x x后面，并且等于m a x x − 1的数始终在m a x x前面，就说明最后两次一定是m a x x进行的操作。
如果将m a x x − 1 的数也放到m a x x 后面，那么m a x x 不会执行两次连续的操作，会被m a x x − 1间隔开，可以自己模拟下。
针对这些特点，推一个组合数的式子就可以了。
首先，是总的方案数，n个元素可以任意排列，记作n !
其次，是不合法的方案数。我们可以向m a x x后面放的数量为n − c n t − t o t ，其中c n t表示m a x x的个数，t o t 表示m a x x − 1的个数；那么组合的方案数就是：
∑ i = 0 n − c n t − t o t ∗ i ! ∗ c u l ( n − c n t − t o t , i ) ∗ ( n − c n t − i ) ! ∗ c n t ! \sum_{i=0}^{n-cnt-tot}*i!*cul(n-cnt-tot,i)*(n-cnt-i)!*cnt!
一点点解释：
i枚举的是可以放到m a x x后面的数的个数
i !说明放到m a x x后面的数是可以任意排列的
c u l ( n − c n t − t o t , i )是计算组合数的，表示在比m a x x − 1小的数里选i个的方案数
n − c n t − i表示除了m a x x和放到m a x x后面的数，其余的数都是可以任意排列的
c n t !表示值是m a x x的任意排列数。
最后要注意一下边界：
如果说c n t > = 2，所有方案都合法；
如果说没有和m a x x − 1相等的数，所有方案都不合法。因为无论怎么排列，m a x x一定会重复两次或两次以上。
预处理下阶乘和逆元~
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<ll, ll>PLL; typedef pair<int, int>PII; typedef pair<double, double>PDD; #define I_int ll inline ll read(){ll x = 0, f = 1;char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')f = -1;ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}return x * f;} inline void write(ll x){if (x < 0) x = ~x + 1, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');} #define read read() #define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0) #define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++) #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++) #define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--) ll ksm(ll a, ll b,ll mod){ll res = 1;while(b){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;} const int maxn=2e5+100,inf=0x3f3f3f3f; const ll mod=998244353; ll a[maxn]; ll fact[maxn];//阶乘 ll infact[maxn];//逆元 void init(){ fact[0]=1; infact[0]=1; for(int i=1;i<maxn;i++){ fact[i]=fact[i-1]*i%mod; infact[i]=infact[i-1]*ksm(i,mod-2,mod)%mod; } } ll cul(ll a,ll b){ return fact[a]%mod*infact[b]%mod*infact[a-b]%mod; } int main(){ init(); int _=read; while(_--){ ll n=read; ll ans=fact[n]; for(ll i=1;i<=n;i++) a[i]=read; sort(a+1,a+1+n); ll cnt=1,tot=0; for(int i=n-1;i;i--){ if(a[i]==a[n]) cnt++; if(a[i]==a[n]-1) tot++; } if(a[n]==a[n-1]){ cout<<ans<<endl; continue; } if(a[n]!=a[n-1]+1){ cout<<"0"<<endl; continue; } //cout<<ans<<endl; //cout<<cnt<<" "<<tot<<endl; for(int i=0;i<=n-cnt-tot;i++){ ll tmp=fact[i]*cul(n-cnt-tot,i)*fact[cnt]%mod*fact[n-cnt-i]%mod; //cout<<i<<" "<<tmp<<endl; ans=(ans-tmp+mod)%mod; } printf("%lld\n",ans); } return 0; }
