首先考虑限制的形式：对于两点 \((x_1, y_1), (x_2, y_2)\)，要求 \(|x_1 - x_2| + |y_1 - y_2| \le n\)。
但是这个式子与 \(x_1, x_2, y_1, y_2\) 这 \(4\) 个值都强相关，且这里的绝对值也并不好拆开处理。
于是考虑让信息相对独立，把曼哈顿距离转化为切比雪夫距离。
所以接下来的坐标就变成了 \((x_1 - y_1, x_1 + y_1), (x_2 - y_2, x_2 + y_2)\)，限制变成了 \(|(x_1 - y_1) - (x_2 - y_2)|, |(x_1 + y_1) - (x_2 + y_2)|\le n\)。
但是看起来还是 \(4\) 个值强相关的形式，所以考虑反面，不满足限制的时候最大差一定 \(> n\)，那么只需要保证差最大的一组不超过 \(n\) 就合法。
即以 \(i - y_i\) 为例，只需要满足 \(\max\{i - y_i\} - \min\{i - y_i\} \le n\) 就可以满足条件。
但是此时的形式依然涉及到了 \(\max, \min\)，但在过程中并不想比较大小怎么办？
继续扩宽限制，只要存在 \(A\) 使得 \(\forall i\in [1, n], A\le i - y_i\le A + n\) 就满足限制。
同理的，只要同时也存在 \(B\) 使得 \(\forall i\in [1, n], B\le i + y_i\le B + n\) 就满足限制。
但是一个问题是 \((A, B)\) 的数量很多依然无法快速的判定，所以接下来考虑限制合法的 \((A, B)\)。
首先一个点是因为 \(i, y_i\) 都是整数，所以 \(A, B\) 只取整数就能满足条件。
考虑 \(A\le i - y_i\le A + n\iff -A - n\le i - y_i\le -A\)，与 \(B\le i + y_i\le B + n\) 联立可以得到 \(\begin{cases}A + B\le 2i\le A + B + 2n\\ B - A - n\le 2y_i\le B - A + n\end{cases}\)。
又因为 \(y_i\) 也是个 \(1\sim n\) 的排列，所以 \(\min\{2i\} = 2, \max\{2i\} = 2n\)，\(y\) 同样。
于是把 \(\min, \max\) 都代入式子，可以卡出 \(A + B, B - A\) 的范围：\(A + B\in [0, 2], B - A\in [n, n + 2]\)。
于是能发现此时 \(A, B\) 的数量至多有 \(9\) 个（\(A + B, B - A\) 各 \(3\) 种组合起来），且根据 \(n\) 的奇偶关系一些 \(A, B\) 其实并不是整数。
因为刚刚提到了根据 \(n\) 的奇偶不同合法的 \(A, B\) 也不同，所以考虑根据 \(n\) 的奇偶讨论。
首先考虑 \(n\) 为奇数的情况，不妨把 \(n\) 表示为 \(2k + 1\)。
那么此时 \((A + B, B - A) = (0, 2k + 2), (2, 2k + 2), (1, 2k + 1), (1, 2k + 3)\)。
可以解出 \((A, B) = (-k - 1, k + 1), (-k, k + 2), (-k, k + 1), (-k - 1, k + 2)\)。
回到一开始的限制：\(A\le i - y_i\le A + n, B\le i + y_i\le B + n\)，可以得到 \(y_i\in [-A - 2k - 1 + i, -A + i]\cap [B - i, B + 2k + 1 - i]\)。
那么接下来就可以考虑把 \((A, B)\) 代入得到 \(y_i\) 的区间了，但是看起来对于每个 \(i\) 都要考虑交出来是什么样有点难算了。
一个偷懒的做法是只得到 \(i = 1, i = 2k + 1\) 时的区间，因为如果试着求出来一个 \((A, B)\) 的区间能发现对于前一半的前缀和后一半的后缀，相邻的 \(i, i + 1\) 的 \(y_i\) 范围都满足靠内层的是靠外层的区间左右均扩展一个位置得来的。
- \((A, B) = (-k, k + 1)\)。
此时 \(y_i\in [k - 1 + i, k + i]\cap [k + 1 - i, 3k + 2 - i]\)。
于是有 \(y_1\in [k, k + 1], y_{2k + 1} \in [k, k + 1]\)，于是 \(y_i\) 形如下图：
- \((A, B) = (-k - 1, k + 2)\)。
此时 \(y_i\in [-k + i, k + 1 + i]\cap [k + 2 - i, 3k + 3 - i]\)。
于是有 \(y_1\in [k + 1, k + 2], y_{2k + 1}\in [k + 1, k + 2]\)，于是 \(y_i\) 形如下图：
- \((A, B) = (-k, k + 2)\)。
此时 \(y_i\in [k - 1 + i, k + i]\cap [k + 2 - i, 3k + 3 - i]\)。
于是有 \(y_1\in [k + 1, k + 1], y_{2k + 1} \in [k, k + 2]\)，于是 \(y_i\) 形如下图：
- \((A, B) = (-k - 1, k + 1)\)。
此时 \(y_i\in [-k + i, k + 1 + i]\cap [k + 1 - i, 3k + 2 - i]\)。
于是有 \(y_1\in [k, k + 2], y_{2k + 1}\in [k + 1, k + 1]\)，于是 \(y_i\) 形如下图：
乍一看并不好做，但是发现许多能填的位置其实也是不合法的，于是可以考虑类似解数独，从一些独立点开始推导，最后 \(4\) 个情况推导出来形如：
但是注意到有的选取方式可能被计算多次，避免记重所以还要进行一轮容斥。
对于容斥就可以考虑最原始的方式，对于选出来的方案把能放的格子求交算方案数，挨个尝试最后会刚好存在 \(4\) 种需要 \(-1\) 的情况：
接下来考虑偶数的情况，因为过程与奇数大多比较类似，会省略一些过程。
把 \(n\) 表示为 \(2k\)，此时 \((A, B)\) 有 \(5\) 种情况，对应的 \(y_i\) 分别如下：
- \((A, B) = (-k, k)\)。
此时 \(y_1\in [k - 1, k + 1], y_{2k} \in [k, k]\)，\(y_i\) 如下图：
- \((A, B) = (-k, k + 2)\)。
此时 \(y_1\in [k + 1, k + 1], y_{2k} \in [k, k + 2]\)，\(y_i\) 如下图：
- \((A, B) = (-k + 1, k + 1)\)。
此时 \(y_1\in [k, k], y_{2k}\in [k - 1, k + 1]\)，\(y_i\) 如下图：
- \((A, B) = (-k - 1, k + 1)\)。
此时 \(y_1\in [k, k + 2], y_{2k}\in [k + 1, k + 1]\)，\(y_i\) 如下图：
- \((A, B) = (-k, k + 1)\)。
此时 \(y_1\in [k, k + 1], y_{2k}\in [k + 1, k + 1]\)，\(y_i\) 如下图：
对于容斥的部分，会存在以下 \(2\) 种情况：
- \(\{1, 2, 5\}\) 都包含到的情况，容斥系数为 \(-2\)：
- \(\{3, 4, 5\}\) 都包含到的情况，容斥系数为 \(-2\)：
一共涉及到的 \(15\) 种情况形式都比较简单，可以直接 \(\mathcal{O}(n)\) 计数，具体细节就不在此讨论了，可以参考代码实现。
于是最后的复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using ll = long long;
constexpr ll mod = 998244353;
constexpr int maxn = 2e5 + 10;
int n, a[maxn];
inline ll g(int x, int y) { return a[x] == -1 || a[x] == y; }
inline ll calcf(int i, int j, int l, int r, int end_i) {ll ans = 1ll;for (; i <= end_i; i++, j--, l--, r++) {(ans *= g(i, l) * g(j, r) + g(i, r) * g(j, l)) %= mod;}return ans;
}
inline ll calcg(int val, int add) {ll ans = 1;for (int i = 1; i <= n; i++, val = (val + add + n - 1) % n + 1) {ans &= g(i, val);}return ans;
}
inline void solve() {scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);ll ans = 0;if (n % 2 == 1) {int k = n / 2;ll cnt1 = g(k + 1, n) * calcf(1, n, k, k + 1, k);ll cnt2 = g(k + 1, 1) * calcf(1, n, k + 1, k + 2, k);ll cnt3 = g(1, k + 1) * calcf(2, n, k, k + 2, k + 1);ll cnt4 = g(n, k + 1) * calcf(1, n - 1, k, k + 2, k);ll cnt5 = calcg(k + 1, 1);ll cnt6 = calcg(k + 2, 1);ll cnt7 = calcg(k + 1, -1);ll cnt8 = calcg(k, -1);ans = (cnt1 + cnt2 + cnt3 + cnt4 - cnt5 - cnt6 - cnt7 - cnt8 + mod) % mod;} else {int k = n / 2;ll cnt1 = g(k, n) * g(n, k) * calcf(1, n - 1, k - 1, k + 1, k - 1);ll cnt2 = g(k + 1, 1) * g(1, k + 1) * calcf(2, n, k, k + 2, k);ll cnt3 = g(k + 1, n) * g(1, k) * calcf(2, n, k - 1, k + 1, k);ll cnt4 = g(k, 1) * g(n, k + 1) * calcf(1, n - 1, k, k + 2, k - 1);ll cnt5 = calcf(1, n, k, k + 1, k);ll cnt6 = calcg(k + 1, 1);ll cnt7 = calcg(k, -1);ans = (cnt1 + cnt2 + cnt3 + cnt4 + cnt5 - cnt6 * 2 - cnt7 * 2 + mod) % mod;}printf("%lld\n", ans);
}
int main() {int t; scanf("%d", &t);for (int tc = 1; tc <= t; tc++) solve();return 0;
}
