考慮去列舉這個構成最大字首和的集合$S$，那麼限制分為兩條：

1.前$|S|$個元素都屬於$S$，且任意非空字首和都小於$sum(S)$（其中$sum(S)$表示$S$中元素之和）（這裡的小於是避免統計重複，強制要求最長的字首）

2.後$n-|S|$個元素都不屬於$S$，且最大字首和為0（允許為空）

令$f(S)$表示$S$中的元素最大字首和為0（允許為空）的方案數，這個的必要條件為$sum(S)\le 0$，同時在這樣的條件下，對於序列最後一個數是無關的，因此$f(S)=\sum_{x\in S}f(S-x)$（這裡$S-x$指去除$x$）

對於第一個條件，也就是最小非空字尾和大於0，將$a_{i}$變為其相反數後，也就是最大非空字尾和小於0，但特別的，這個字尾不能等於全集（因為本來的字首非空）

先不考慮不能等於全集的條件，取反後用類似的方式求出$g(S)$（字尾和字首是等價的），那麼接下來再任意填上最後一個數即可，即$g(S)=\sum_{x\in S}g(S-x)$（類似揹包的原理，要從後往前做）

由此即可$o(n2^{n})$求出答案

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 2000005
 4 #define mod 998244353
 5 int n,ans,sum[N],g[N],f[N];
 6 int main(){
 7     scanf("%d",&n);
 8
 
     for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&sum[1<<i]);
 9     g[0]=f[0]=1;//g[S]表示S中所有數最小字首和為0 
10     for(int i=1;i<(1<<n);i++){
11         int k=(i&(i-1));
12         sum[i]=sum[k]+sum[i^k];
13         if (sum[i]>0){
14             for(int j=0;j<n;j++)
15                 if (i&(1
 
<<j))g[i]=(g[i]+g[i^(1<<j)])%mod;
16         }
17         if (sum[i]<=0){
18             for(int j=0;j<n;j++)
19                 if (i&(1<<j))f[i]=(f[i]+f[i^(1<<j)])%mod;
20         }
21     }
22     for(int i=(1<<n)-1;i;i--)
23         if ((i&(i-1))==0)g[i]=1;
24         else{
25             g[i]=0;
26             for(int j=0;j<n;j++)
27                 if (i&(1<<j))g[i]=(g[i]+g[i^(1<<j)])%mod;
28         }
29     for(int i=0;i<(1<<n);i++)ans=(ans+1LL*(sum[i]+mod)*g[i]%mod*f[(1<<n)-1-i])%mod;
30     printf("%d",ans);
31 }