首先有个很朴素的 DP：
设 \(f_{i, j}\) 为有 \(j\) 个数 \(i\) 能为数 \(i + 1\) 产生贡献的方案数和，这个状态的转移方程要好想一些：
\(f_{i, \frac{j + c_i}{2}} = \sum\limits_{k = j}^{2\times10^5} f_{i - 1, k}\)，其中 \(c_i = \sum\limits_{j = 1}^n [a_j = i]\)，然后这个式子很明显可以后缀和优化，于是转移就可以 \(O(1)\) 了。
但是发现 \(O(nV)\) 的状态数明显是会爆的，但是仔细想一下因为每个式子 \(j\) 那一位都会有一个 \(\frac{1}{2}\)，这则说明 \(f_{i ,j}>0\) 的状态若 \(c_i = 0\) 的情况下肯定很快就只剩下 \(f_{i, 0} > 0\) 了。
其实 \(c_i > 0\) 也只是 \(i\) 这一轮 \(f_{i, j} > 0\) 的数量多了，后面还是会等倍缩小直至 \(0\)。
于是可以动态开每一个 \(i\) 的空间转移，总状态数上限为 \(2n\)，因为每个 \(a_i\) 对状态数的贡献是 \(a_i\times(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4}+\cdots)\) 这样的。
// lhzawa(https://www.cnblogs.com/lhzawa/)
// Problem: C - Power Up
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 160
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc160/tasks/arc160_c
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// Time Limit: 2000 ms
//
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 100;
vector<int> f[N];
int a[N];
const int mod = 998244353;
int main() {
int n;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int x;
scanf("%d", &x);
a[x]++;
}
f[0].push_back(1);
for (int i = 1; i <= (int)(2e5) + 25; i++) {
f[i].resize((a[i] + (int)(f[i - 1].size())) / 2 + 1);
for (int j = 0; j < (int)(f[i - 1].size()); j++) {
f[i][(j + a[i]) / 2] = (f[i][(j + a[i]) / 2] + f[i - 1][j]) % mod;
}
for (int j = (int)(f[i].size()) - 2; j >= 0; j--) {
f[i][j] = (f[i][j] + f[i][j + 1]) % mod;
}
}
printf("%d\n", f[(int)(2e5) + 25][0]);
return 0;
}