大致题意： 对于一个序列，求全排列下最大前缀和之和。
状压(DP)
考虑如果单纯按照题目中对于最大前缀和的定义，则一个序列它的最大前缀和是不唯一的。
为了方便统计，我们姑且规定，如果一个序列中存在多个最大前缀和，我们取最靠后的一个。
由此我们想到，对于一个序列可以把它分为两部分([1,k])和([k+1,n])满足：
- ([1,k])是([1,k])本身的最大前缀和。
- ([k+1,n])内所有前缀和均小于(0)。
显然，由于([1,k])是其本身的最大前缀和，而其之后每一段前缀和都小于(0)，因此它就是整个序列的最大前缀和。
设([1,k])区间的点集为(i)，(s_i)为点集(i)内数的和（注意，此处的和不取模，要开(long long)存储），(f_i)为点集(i)排列成的序列是其本身的最大前缀和的方案数，(g_i)为点集(i)排列成的序列所有前缀和均小于(0)的方案数（易发现，(f)和(g)分别对应上面的两个条件）。
则答案就是(sum s_icdot f_icdot g_{2^{n-1} xor i})（结合前文自行理解）。
(DP)转移
考虑(DP)如何转移。
对于(f_i)，我们可以枚举一个不在点集(i)中的点(j)。
如果把(j)放在点集(i)排列成的序列的最后面，显然不太好转移，也无法利用(f)本身的性质。
但如果我们把(j)放在点集(i)排列成的序列的最前面，则只要(s_ige 0)，显然有：
- (a_jle a_j+s_i)。
- 对于除(a_j)外的其他前缀(sum)，由于在(f_i)中满足(sumle s_i)，所以(a_j+sumle a_j+s_i)必然满足。
也就是说，在(s_ige 0)时，可以保证此时点集排列成的序列是其本身的最大前缀和。
因此，(f_{i|2^{j-1}}+=f_i)。
对于(g_i)，我们同样枚举一个不在点集(i)中的点(j)。
与之前不同，这次我们可以直接把点(j)放在点集(i)排列成的序列的最后面。
因为在(g_i)中满足所有前缀和均小于(0)，此时在序列最后面新添了一个点，并不会影响之前的前缀和。
而新添出的这个前缀和，就是这个序列的和，即(s_{i|2^{j-1}})。
很显然，若要满足条件，当且仅当(s_{i|2^{j-1}}<0)。
也就是说，在(s_{i|2^{j-1}}<0)时，可以保证此时点集排列成的序列所有前缀和均小于(0)。
因此，(g_{i|2^{j-1}}+=g_i)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 20
#define X 998244353
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))
using namespace std;
int n,a[N+5],f[1<<N],g[1<<N];long long s[1<<N];
int main()
{
RI i,j,t,ans=0;for(scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);//读入
for(t=1<<n,i=0;i^t;++i) for(j=1;j<=n;++j) (i>>j-1)&1&&(s[i]+=a[j]);//预处理s[i]
for(f[0]=1,i=0;i^t;++i) for(j=1;j<=n;++j) !((i>>j-1)&1)&&s[i]>=0&&Inc(f[i|(1<<j-1)],f[i]);//DP转移f[i]
for(g[0]=1,i=0;i^t;++i) for(j=1;j<=n;++j) !((i>>j-1)&1)&&s[i|(1<<j-1)]<0&&Inc(g[i|(1<<j-1)],g[i]);//DP转移g[i]
for(i=0;i^t;++i) ans=((s[i]%X+X)%X*f[i]%X*g[(t-1)^i]+ans)%X;return printf("%d",ans),0;//统计答案
}