題意：
思路：
首先把所有同學的身高排名排個序，排名即看做他們的身高即可。
\(f_{i,j}\)表示前\(i\)個數中，有\(j\)個數在第二排的方案數有幾種。
如果不存在重復的同學且不考慮第二排和第一排的身高限制，那么我們只需要考慮，枚舉\(i,j\)，那么當前位置的同學就有兩種轉移方式，這是顯然的。
再考慮存在重復的情況，把身高一樣的同學看做是一個整體，我們每次只需要考慮，當前狀態是從哪些狀態轉移過來的並乘上一個整體的數量的階乘（因為大小是一樣的，隨便怎么排都滿足題意）即可。這就需要再加入一個每舉當前的整體中有多少的數量是從第二排轉移來的即可。
再考慮第二排的同學身高大於第一排的同學，對於一個身高遞增的序列，我們可以知道，只需要控制第二排的人數小於第一排的人數，那么此時的排隊情況一定是符合要求的，所以就需要在前面的基礎上控制\(j \le i - j\)即可。
時間復雜度：
因為是枚舉的身高的每個整體，所以第三層循環和第二層循環均攤一下其實是\(O(n)\)的，故總復雜度\(O(n^2)\)。
#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];
//連續一樣的看成一個整體轉移即可
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);//別忘了排序艹
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 ++) {
//轉移的不合法狀態都是0 不判斷也可以
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;
}