#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
	int f=1,x=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-')
			f=-f;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return f*x;
}
inline void write(ll k){
	if(k<0){
		putchar('-');
		k=-k;
	}
	if(k>9)
		write(k/10);
	putchar(k%10+'0');
}
/*
qoj8635
首先先钦定选择一个n,然后长度变为n-1,1和n-1为黑色,就是一个序列问题了
一下认为n--
对于一个排列p,f(p)表示第一个位置满足题目要求的,题目要求对于2<=i<=n-1,都有i-1或i或i+1在1~f(p)
显然我们可以对于每个i,求出f(p)=i的方案数,然后最后再除以n!
那么f(p)=i相当于就是在i这个位置满足条件,但是在i-1这个位置不满足
求出g[x]表示大小为x的满足条件的**集合**数量
但么f(p)=i的方案数就是g[x]*x!*(n-x)!-g[x-1]*(x-1)!*(n-x+1)!
现在考虑求解g[x]
设dp[i][j]表示集合大小为i,最大值为j,然后对于每个2<=i<=j都满足为黑色的方案数
很显然j-1,j-2,j-3一定有一个在集合中,所以dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j-2]+dp[i-1][j-3]
统计g[x]的时候,因为n-2,n-1,n一定有一个在集合中,分类讨论一下就行(因为n一开始是黑色的)
g[x]=dp[x-1][n-1]+dp[x][n-1](n-1在,n在不在都可以)+dp[x-1][n-2]+dp[x][n-2](n-2同理,n-1不在)+dp[x-1][n-3](n必须在)
*/
const ll mod=998244353;
int n;
ll dp[5005][5005],g[5005],jc[5005],inv[5005],ans;
int main(){
	n=read();
	jc[0]=inv[0]=jc[1]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
		inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
	}
	n--;
	if(n==2){
		write(1);
		return 0;
	}
	if(n==3){
		write(2);
		return 0;
	}
	dp[1][1]=dp[1][2]=dp[1][3]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			dp[i][j]=((j>=3?dp[i-1][j-3]:0)+(j>=2?dp[i-1][j-2]:0)+dp[i-1][j-1])%mod;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		g[i]=(dp[i-1][n-1]+dp[i][n-1]+dp[i-1][n-2]+dp[i][n-2]+dp[i-1][n-3])%mod;
		ans=(ans+(g[i]*jc[i]%mod*jc[n-i]%mod-g[i-1]*jc[i-1]%mod*jc[n-i+1]%mod+mod)*i%mod)%mod;
	}
	write((ans*inv[n]%mod+1)%mod);
	return 0;
}