题解里一堆密密麻麻的 Raney 引理……蒟蒻表示看不懂，因此决定写一篇题解提供一个像我这样的蒟蒻能理解的思路，或者说，理解方式。
首先我们考虑什么样的牌堆顺序符合条件。显然，在摸牌任意时刻，你手中的牌允许你继续无限制摸的牌是一段区间，即存在一个位置 (p)，满足你在不使用新摸出来的牌的机会下能够恰好摸到第 (p) 张牌。考虑如果我们新摸出来一张牌会产生怎样的影响，假设摸出一张 (w_i=x) 的牌，那么我们肯定会在耗完目前手中牌的机会，也就是摸完第 (p) 张牌后使用该牌，这样我们恰好会在摸第 (p+1,p+2,cdots,p+x) 张牌时使用这张牌摸牌的机会。因此我们考虑将原问题转化为一个区间覆盖的问题，一个点覆盖了即意味着该点能够被摸到，考虑这样的过程：
Process：我们从左到右扫一遍，如果扫到一个 (w_i>0) 的点，就在该点后面找到距离该点最近的一段长度为 (w_i) 且区间中所有点都没有被覆盖的区间，并将这段区间所有点都设为被覆盖，那么一个牌堆符合条件当且仅当不存在某个 (le m) 的位置没有被覆盖。
这个过程看起来有点鸡肋，我们考虑稍微变换一下，我们不一定要覆盖完整的区间，我们只需要向后找到 (w_i) 个没有覆盖的点并将它们设为被覆盖即可，不难发现这样不合法的情况，在我们新的过程中依然不合法，原来合法的情况依旧合法。
这样还是不好直接维护，不过思路理到这一步，做过 CF838D Airplane Arrangements 的同学们应该会感到特别熟悉。没错，这道题和那道题安排飞机座位的过程是完全一致的。按照那题的套路，我们在后面补上一个 (m+1) 号点，并将这个问题放到一个环上，那么一个牌堆符合条件当且仅当第 (m+1) 个位置没有被占用。不难发现由于没有被占用的位置只有一个，因此我们考虑做这样一个变换：将牌堆沿着环按顺时针方向分别旋转 (1,2,3,cdots,m)，那么由于环的对称性，对于一个合法的牌堆，在这些变换后的牌堆中，空着的位置分别是 (1,2,3,cdots,m)，也就是说全部 (m+1) 个位置是等价的，因此我们只用拿总方案数除以 (m+1) 即可。那么怎么计算总方案数呢？(m!)？Nope。由于我们引入了一个 (m+1) 位置，因此我们也要相应地添上一个 (0)，因此总共 ((m+1)!) 种可能，但由于我们新增的 (0) 与其他 (0) 并没有区别，也即，所有 (0) 都可以充当这个新增的 (0)，对于每个合法的牌堆我们答案重复计算了 (m-n+1) 次，因此答案还需除以 (m-n+1)。
于是
#include <cstdio>
using namespace std;
const int MOD=998244353;
int n,m,res=1;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1,x;i<=n;i++) scanf("%d",&x),m+=x;
for(int i=1;i<=m;i++) if(i^(m-n+1)) res=1ll*res*i%MOD;
printf("%d
",res);
return 0;
}