[atARC132E]Paw

结论：若有$k$个洞，至多只有$k+1$种不同的最终状态

考虑相邻两次操作，注意到除非两者（对应的洞在该时刻）相邻且方向正好相对，否则交换不影响最终状态

这种情况下，不妨将其中后操作的洞方向翻转（这也不影响），进而也即可交换

通过上述方式将操作按洞从左到右排序，那么一个洞向左会覆盖（左侧）所有段、向右仅会覆盖下一段

进一步的，取其中最后一次向左操作的洞，不难发现最终状态总是形如：其中一段与初始状态相同，左侧所有段方向均为向左，右侧所有段方向均为向右

显然这样只有$k+1$种状态，即得证

结合证明过程，考虑枚举与初始状态相同的一段，并统计该情况的概率

注意到两侧独立且等价，因此问题也即求$n$个洞时不覆盖到（从左到右）第$n$个洞右侧的概率$P_{n}$

考虑确定所有洞删除顺序后，限制即所有作为后缀最大值的洞必须向左

对于排列中的1，显然其不影响其余位置，且仅有$\frac{1}{2n}$的概率成为后缀最大值且向左，因此$P_{n}=\frac{2n-1}{2n}P_{n-1}$

时间复杂度为$o(n)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100005
#define mod 998244353
#define ll long long
int n,l,inv[N],P[N],a[N],cnt[N],ans;
char s[N];
int main(){
    inv[0]=inv[1]=P[0]=1;
    for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(int i=1;i<N;i++)P[i]=(ll)((i<<1)-1)*inv[i]%mod*(mod+1>>1)%mod*P[i-1]%mod;
    scanf("%d%s",&l,s+1);
    for(int i=1;i<=l;i++)cnt[i]=cnt[i-1]+(s[i]=='<');
    for(int i=1;i<=l;i++)
        if (s[i]=='.')a[++n]=i;
    a[n+1]=l+1;
    for(int i=0;i<=n;i++){
        int s=(ll)P[i]*P[n-i]%mod;
        ans=(ans+(ll)s*(a[i]+cnt[a[i+1]-1]-cnt[a[i]]))%mod;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}