CF: *2000  比起同難度級別的題，dp可真的難做，可能是我做dp的題太少了吧。。。。

題意：

給定一個長度為n（1~ 1e5）的序列a[]，其中a[i] 應該在1-200中間，但是有的值看不到了，用-1表示，

但是知道的是對於 1 < i && i < n  這樣的i ：a[i] <= max(a[i-1], a[i+1]) ，並且 a[1] <= a[2],   a[n-1] >= a[n];

問這些不知道的數的所有的可能種數

思路：

顯然是dp，狀態就是每個數的值吧？？

稍微做過點dp，直接想到的是 dp[i][j] 表示前i個數考慮完了，第i個數 數值為j時的所有種類數，但是考慮到狀態轉移（也就是i和i-1位置的種數關係），我們還要考慮一維表示當前數跟前一個數的大小關係，看似有三種關係：大於，等於，小於

其實：我們按照上述dp[i][j] 考慮的時候，輸出的肯定是dp[n][] 這樣的，因為規定了 a[n] <= a[n-1]；所以我們可以把 <= 看作一個狀態； 

所以有：dp[i][j][k] ，k=1時: 前i個數已經考慮完，第i個數值為 j，且第i個數>第i-1個數 時候的所有種類數；；；；；；；；；；dp[i][j][k] ，k=0時: 前i個數已經考慮完，第i個數值為 j，且第i個數<=第i-1個數 時候的所有種類數；；；；；；；；；

對於第i個數，我們分兩種情況討論：

如果有確定值的話，假設值為x，那隻要考慮dp[i][x][]就好；  求dp[i][x][1] 時：就是把前i-1箇中小於x的都加上，因為此時第i個數大於第i-1個數(方程式中第二維，我們要遍歷的那個數)，所以 dp[i-1][t][0] 和 dp[i-1][t][1]都要加上；

而在求dp[i][x][0] 時：對於t>x，加上dp[i-1][t][0] 因為 此時第i個數小於第i-1個數，；對於t=x，加上dp[i-1][t][0]+dp[i-1][t][1];

如果此時是-1的話，那我們的第2維 j 就要考慮等於1~200的所有情況，然而按照上述求某一個數的方式複雜度看似會上去，但我們運用字首和，字尾和的想法，遍歷的時候可以把前面所有的情況算進去；

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define out fflush(stdout);
#define fast ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);

#define FI first
#define SE second

typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> P;

const int maxn = 1e5 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 998244353;


int n;
ll a[maxn];
ll dp[maxn][200+7][2] = {0};
// dp[i][j][k] 表示前i個數，第i個數為j時，跟前一個數大小關係為k時的最優解；k=1:>左邊; k=0:<=左邊


int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%lld", &a[i]);
    }

    if(a[1] == -1) {
        for(int j = 1; j <= 200; ++j) {
            dp[1][j][1] = 1;
        }
    }
    else {
        dp[1][a[1]][1] = 1;
    }
    
    for(int i = 2; i <= n; ++i) {
        if(a[i] == -1) {
            ll cur = 0;
            for(int j = 1; j <= 200; ++j) {
                dp[i][j][1] = cur;
                cur = (cur + (dp[i-1][j][1] + dp[i-1][j][0])) % mod;
            }
            cur = 0;
            for(int j = 200; j >= 1; --j) {
                cur = (cur + (dp[i-1][j][0])) % mod;
                dp[i][j][0] = (dp[i-1][j][1] + cur) % mod;
            }
        }
        else {
            for(int j = 1; j < a[i]; ++j) {
                dp[i][a[i]][1] = (dp[i][a[i]][1] + (dp[i-1][j][1] + dp[i-1][j][0])) % mod;
            }

            for(int j = 200; j >= a[i]; --j) {
                dp[i][a[i]][0] = (dp[i][a[i]][0] + dp[i-1][j][0]) % mod;;
            }
            dp[i][a[i]][0] = (dp[i][a[i]][0] + dp[i-1][a[i]][1]) % mod;
        }
    }
    ll ans = 0;
    if(a[n] == -1) {
        for(int i = 1; i <= 200; ++i) {
            ans = (ans + dp[n][i][0]) % mod;
        }
    }
    else {
        ans = dp[n][a[n]][0];
    }

    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}