看完题，注意到 $n \leq 5000$。加上求方案数，大概率就是 dp 了。

一开始想的是 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个数，第 $i$ 个数是 $j$，且已经连续了 $k$ 个数的方案数。但是这样就是 $O(n^3)$ 的状态了，会炸掉。

于是我们考虑保留其中最重要的两维，即 $i$ 和 $j$，并且考虑枚举 $k$，因为正常情况下，时间复杂度会比较好优化。

设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数，第 $i$ 个数是 $j$ 的方案数。转移如下。

$$f_{i,j} = \sum_{k=i-j \wedge [\forall p \in [k,i),p = j \vee p = -1]}^{i-1}\sum_{col \not = j} f_{k,col}$$

这样子我们就可以考虑前缀和优化了。首先预处理 $k$ 的可行范围，这个可以 $O(n^2)$ 预处理。

考虑记 $s_{i,j}$ 表示 $\sum_{k=1}^i \sum_{col \not = j} f_{i,j}$。这样子就可以 $O(n^2)$ 的转移了。

初始化因为没有数字，为了防止影响后面转移，我们设 $0$ 号位置数字是 $0$。这样子 $f_{0,0} = 1,s_{0,col} = 1(col \in [1,n])$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define N 5005
il int rd(){
	int s = 0, w = 1;
	char ch = getchar();
	for (;ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if (ch == '-') w = -1;
	for (;ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) s = ((s << 1) + (s << 3) + ch - '0');
	return s * w;
}const int P = 998244353;
int n, a[N], pre[N][N], f[N][N], sum[N], s[N][N];
int main(){
	n = rd();
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		a[i] = rd();
		for (int j = 1; j <= n; j++) if (a[i] == j || a[i] == -1) pre[i][j] = pre[i - 1][j] + 1;
	}f[0][0] = sum[0] = 1;
	for (int j = 1; j <= n; j++) s[0][j] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		for (int j = 1; j <= n; j++) if (a[i] == j || a[i] == -1){
			int lst = i - min(pre[i][j], j);
			f[i][j] = (s[i - 1][j] - (lst ? s[lst - 1][j] : 0) + P) % P, sum[i] = (sum[i] + f[i][j]) % P;
		}for (int j = 1; j <= n; j++) s[i][j] = (s[i - 1][j] + (sum[i] - f[i][j] + P) % P) % P;
	}printf ("%lld\n", sum[n]);
	return 0;
}