题意：
思路：
首先把所有同学的身高排名排个序，排名即看做他们的身高即可。
\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个数中，有\(j\)个数在第二排的方案数有几种。
如果不存在重复的同学且不考虑第二排和第一排的身高限制，那么我们只需要考虑，枚举\(i,j\)，那么当前位置的同学就有两种转移方式，这是显然的。
再考虑存在重复的情况，把身高一样的同学看做是一个整体，我们每次只需要考虑，当前状态是从哪些状态转移过来的并乘上一个整体的数量的阶乘（因为大小是一样的，随便怎么排都满足题意）即可。这就需要再加入一个每举当前的整体中有多少的数量是从第二排转移来的即可。
再考虑第二排的同学身高大于第一排的同学，对于一个身高递增的序列，我们可以知道，只需要控制第二排的人数小于第一排的人数，那么此时的排队情况一定是符合要求的，所以就需要在前面的基础上控制\(j \le i - j\)即可。
时间复杂度：
因为是枚举的身高的每个整体，所以第三层循环和第二层循环均摊一下其实是\(O(n)\)的，故总复杂度\(O(n^2)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define MP make_pair
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<ll,ll>
#define lson rt<<1
#define rson rt<<1|1
#define CLOSE std::ios::sync_with_stdio(false)
#define sz(x) (int)(x).size()
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-6;
const int N = 5010;
const ll MOD = 998244353;
int n,a[N];
std::vector<int>uni;
ll f[N][N],fac[N];
//连续一样的看成一个整体转移即可
void solve() {
fac[0] = 1LL;
for(ll i = 1;i <= 5000;i ++) fac[i] = fac[i-1] * i % MOD;
scanf("%d",&n);
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
scanf("%d",&a[i]);
}
f[0][0] = 1;
int num = 1;
sort(a + 1,a + 1 + n);//别忘了排序艹
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
if(a[i] == a[i+1]) num++;
else {
uni.pb(num); num = 1;
}
}
int cur = 0;
for(auto v : uni) {
cur += v;
for(int j = 0;j <= cur - j;j ++) {
for(int k = 0;k <= min(v,j);k ++) {
//转移的不合法状态都是0 不判断也可以
f[cur][j] = (f[cur][j] + f[cur-v][j-k] * fac[v] % MOD);
}
f[cur][j] %= MOD;
}
}
printf("%lld\n",f[n][n/2]);
}
int main() {
solve();
return 0;
}