#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int mian(); int main() { return mian(); }

#define ll long long
const int N = 2005, NA = N * 12;
const int mod = 998244353;
int n, cnt[N], _;

int h[2][N][NA], sum[N][NA];
void init_h(const int op) {
	int s_m = 0, s_s = 0;
	h[op & 1][0][0] = 1;
	for(int x = op; x <= 12; x += 2) {
		s_m += cnt[x]; s_s += cnt[x] * x;//注意需要先增加，否则前缀和不能到达
		for(int m = 0; m <= s_m; ++m) for(int s = 0; s <= s_s; ++s) 
			sum[m][s] = (h[op & 1][m][s] + ( m and s >= x ? sum[m - 1][s - x] : 0 )) % mod;
		for(int m = 0; m <= s_m; ++m) for(int s = 0; s <= s_s; ++s) 
			h[op & 1][m][s] = (sum[m][s] - ( m > cnt[x] and s >= (cnt[x] + 1) * x ? sum[m - cnt[x] - 1][s - (cnt[x] + 1) * x] : 0 ) + mod) % mod;
		//注意判断中也要注意范围
	}
	// cout<<op<<endl;
	// for(int m = 0; m <= s_m; ++m, puts("")) for(int s = 0; s <= s_s; ++s) cout<<h[op][m][s]<<" ";
	// puts("");
}
int sum2[N][NA];//, sum3[N][NA];卡空间
#define sum1 sum
void init_h1() {
	memset(sum, 0, sizeof sum);
	int s_m = 0, s_s = 0;
	for(int x = 3; x <= 12; x += 2) s_m += cnt[x], s_s += cnt[x] * x;//不要写错
	for(int m = 0; m <= s_m; ++m) {
		for(int s = 0; s <= s_s; ++s) {
			if(m >= cnt[1]) {
				sum1[m][s] = (sum1[m][s] + h[1][m][s]) % mod;//卡空间将 3 改为 1
				sum1[m + cnt[1] + 1][s + cnt[1] + 1] = (sum1[m + cnt[1] + 1][s + cnt[1] + 1] + mod - h[1][m][s]) % mod;
				continue;//需要特判超过范围的m
			}
			sum1[m][s] = (sum1[m][s] + h[1][m][s]) % mod;
			sum1[m + m][s + m] = (sum1[m + m][s + m] + mod - h[1][m][s]) % mod;//对于 $d\lt m$ 的部分，没有减去东西，这一部分中所有状态可以获得
			const int same = (cnt[1] - m) / 2 + 1, diff = (cnt[1] - m + 1) / 2;//分别表示与 $m$ 奇偶性相同与不同的 $d$ 的数量
			sum2[m + m][s + m] = (sum2[m + m][s + m] + h[1][m][s]) % mod;
			sum2[m + m + same][s + m + same * 2] = (sum2[m + m + same][s + m + same * 2] + mod - h[1][m][s]) % mod;
			//此后的变化中，m 一项增加的是\frac{d-m}{2}，而 $s$ 一项则会增加整个 $d$，直接变成两倍
			//注意对于奇偶性相同的要考虑算上自身，所以直接增加 same 就是减少-1
			sum2[m + m][s + m + 1] = (sum2[m + m][s + m + 1] + h[1][m][s]) % mod;
			sum2[m + m + diff][s + m + 1 + diff * 2] = (sum2[m + m + diff][s + m + 1 + diff * 2] + mod - h[1][m][s]) % mod;
			//注意当奇偶性不同时前者的变化要少 $1$，后者不变。注意实际上的 $d$ 应该是 $d+m$，所以后面是 $m+d*2$
			//注意这里同样会发现也是需要减少 $1$，因为有了一个增加 $1$
		}
	}
	s_m += cnt[1]; s_s += cnt[1];
	for(int m = 1; m <= s_m; ++m) for(int s = 1; s <= s_s; ++s) {
		sum1[m][s] = (sum1[m][s] + sum1[m - 1][s - 1]) % mod;
		if(s >= 2) sum2[m][s] = (sum2[m][s] + sum2[m - 1][s - 2]) % mod;
				   // sum3[m][s] = (sum3[m][s] + sum3[m - 1][s - 2]) % mod;
	}
	for(int m = 0; m <= s_m; ++m) for(int s = 0; s <= s_s; ++s)
		h[1][m][s] = ( (ll)sum1[m][s] + sum2[m][s] ) % mod;//注意不用加入 h[3]
	// cout<<1<<endl;
	// for(int m = 0; m <= s_m; ++m, puts("")) for(int s = 0; s <= s_s; ++s) cout<<h[1][m][s]<<" ";
	// puts("");
}

int val1[NA][10], val0[NA][10];
int getans() {
	int ans = 0, s_m1 = 0, s_s1 = 0, s_s0 = 0, s_m0 = 0;
	for(int x = 1; x <= 12; x += 2) s_m1 += cnt[x], s_s1 += cnt[x] * x;
	for(int x = 2; x <= 12; x += 2) s_m0 += cnt[x], s_s0 += cnt[x] * x;
	int all1 = 0, all0 = 0, ALL = n + 1;
	// cout<<s_m0<<" "<<s_s0<<endl;
	for(int m = 0; m <= s_m0; ++m) for(int s = 0; s <= s_s0; ++s) all0 = (all0 + h[0][m][s]) % mod;
	for(int m = 0; m <= s_m1; ++m) for(int s = 0; s <= s_s1; ++s) all1 = (all1 + h[1][m][s]) % mod;
	//不要写混 m,s
		// cout<<all0<<" "<<all1<<endl;
	for(int m = 0; m <= s_m0; ++m) for(int s = 0; s <= s_s0; ++s) {
		ans = ( ans + (ll)all1 * m % mod * h[0][m][s] % mod ) % mod;
		val0[s / 10 - m + ALL][s % 10] = (val0[s / 10 - m + ALL][s % 10] + h[0][m][s]) % mod;
	}
	for(int m = 0; m <= s_m1; ++m) for(int s = 0; s <= s_s1; ++s) {
		ans = ( ans + (ll)all0 * (m + 1) % mod * h[1][m][s] % mod ) % mod;//注意答案的增加 $1$
		val1[s / 10 - m + ALL][s % 10] = (val1[s / 10 - m + ALL][s % 10] + h[1][m][s]) % mod;
	}//需要注意到 $\lfloor\frac{A+B}{C}\rfloor=\lfloor\frac{A}{C}\rfloor+\lfloor\frac{B}{C}\rfloor+[A\mod C+B\mod C\gt C]$
	// cout<<ans<<endl;
	for(int p = - s_m0; p <= s_s0 / 10; ++p) {
		for(int i = 0; i < 10; ++i) {
			if(!val0[p + ALL][i]) continue;
			for(int q = - s_m1; q <= s_s1 / 10; ++q) {
				if(p + q >= 0) break;
				for(int j = 0; j < 10; ++j) {
					if( val1[q + ALL][j] and (p + q + (i + j) / 10) < 0 )
						ans = (ans + (ll)val0[p + ALL][i] * val1[q + ALL][j] % mod * ( mod + p + q + (i + j) / 10 ) % mod) % mod;
				}
			}
		}
	}
	return ans;
}
int mian() {
	// freopen("125.in", "r", stdin);
	_ = scanf("%d", &n);
	for(int i = 1, a; i <= n; ++i) _ = scanf("%d", &a), cnt[a]++;
	init_h(0); init_h(3);
	init_h1();
	int ans = getans();
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}/*
对于一个集合 $A$，将其内部元素按任意顺序排序后得到 $a_{1\to n}$。
设 $b_{i\in [0,n]}=\sum \lfloor\frac{\sum _{j=1}^i a_j}{10}\rfloor$。
令 $f(A)$ 表示所有可能的顺序下，最大的 $b$ 中不同数字数量。
给定集合 $A$，求出所有 $A$ 的本质不同的子集 $B$ 的 $f(B)$ 之和。
$n\le 2000, 1\le a_i\le 12, mod=998244353$
$1s, 512MB$

假设 $f(B)=f(B)-1$，这样就不用考虑 $b_i=0$ 的情况
考虑已知 $B$ 的情况下求出 $f(B)$。那么发现答案上界会是 $\min(n,\lfloor\frac{S}{10}\rfloor)$，原因显然
能否取到这个上界呢？在 $a_i\le 11$ 的时候，有以下策略：
- 如果发现的当前前缀和末尾不为 $9$，且还有 $11$，填充 $11$
- 否则任意填充
- 当发现没有 $11$，那么说明后面所有数字都不会直接使得向下取整增加 $2$，答案取到右侧；否则每个数字都会产生一次进位，取到左侧
---
但是发现，对于 $a_i\le 12$，会存在问题，如 ${1,12,12,12,12}$ 的情况。这是因为当末尾为 $8$ 时，$1$ 依然不能产生进位
那么如果只有偶数和 $1$，所有的 $1$ 只有两两配对之后才可能进位，答案上界为 $\min(n-\lceil\frac{c_1}{2}\rceil,\lfloor\frac{S}{10}\rfloor)$
进一步的，$1$ 进位的先决条件是当前的前缀和末尾为 $9$，那么如果全部都是偶数就无法进位，而每个奇数都可以用来调整这个奇偶性，
可以通过加入一个奇数并加入一些偶数，最后加入一个 $1$ 满足进位
于是此时仍然不能进位的 $1$ 有 $\max(c_1-(c_3+c_5+c_7+c_9+c_{11}),0)$ 个，他们必须两两配对组成 $2$。
因此答案上界就是 $\min(n-\lceil\frac{\max(c_1-(c_3+c_5+c_7+c_9+c_{11}),0)}{2}\rceil,\lfloor\frac{S}{10}\rfloor)$。
仿照用以下策略得到：
- 如果当前前缀和末尾 $\lt 8$：优先填充 $12$；如果没有 $12$，按照没有 $12$ 的子问题填充
- 如果当前前缀和末尾为 $8$：优先填充不是 $12$ 的偶数；如果没有，优先填充 $11$；如果还是没有，优先填充一个不为 $1$ 的奇数；
最后都没有，填充 $1$（如果只剩下了 $12$，那么后面的每个 $12$ 都会自带进位，不用讨论）
- 如果当前末尾为 $9$：优先填充 $1$；没有就任意填充（如果全部剩下 $11,12$ 同上自带进位，不用讨论）
于是会发现除了 $1$ 以外的所有数字都会产生进位，且当出现第二种情况中最后一种时，就说明只剩下 $12$ 和 $1$，
答案为 $\min(n-\lceil\frac{c_1}{2}\rceil,\lfloor\frac{S}{10}\rfloor)$。
于是总的答案就是 $\min(n-\lceil\frac{\max(c_1-(c_3+c_5+c_7+c_9+c_{11}),0)}{2}\rceil,\lfloor\frac{S}{10}\rfloor)$。
---
求解答案，因为分奇偶性，可以分别求出 `h0[m][s],h3[m][s]` 分别表示对于 $A$ 中只含有偶数/大于 $1$ 的奇数，当前集合内一共有 $m$ 个数字，总和为 $s$ 的方案数
求解可以枚举每种数字 $x$，然后枚举 $x$ 的选取次数并转移。
会发现对于一个 $h[m][s]$，其只能从 $h[m-i][s-ix]$ 转移，于是记录前缀和为 $sum[m][s]+=sum[m-i][s-ix]$ 即可做到 $O(n^2|a|)$ 求出
那么答案就是 $\sum_{d_1,s_1,m_1,s_0,m_0}h_{0,m_0,s_0}h_{3,m_1,s_1}(\min(m_1+m_0+d_1-\max(0,\lceil\frac{d_1-m_1}{2}\rceil),
\lfloor\frac{s_0+s_1+d_1}{10}\rfloor)+1)$ 注意原本的 $f$ 减少了一个 $1$
---
优化，尝试将 $d_1$ 和 $h_1$ 合并，于是有 $h_{3,m_1,s_1}\to h_{1,m_1+d_1-\lceil\frac{\max(0,d_1-m_1)}{2}\rceil),s_1+d_1}$。
具体的，分别讨论 $m_1,d_1$ 的大小关系，然后类似前面用前缀和优化转移做到 $O(n^2|a|)$
此时答案变成 $\sum h_{0,m_0,s_0}h_{1,m_1,s_1}(1+\min(m_0+m_1,\lfloor\frac{s_0+s_1}{10}\rfloor))$。
可以先求出所有答案都取到左侧时的答案，然后只需要减去所有不满足条件的点的差值即可
需要注意到 $\lfloor\frac{A+B}{C}\rfloor=\lfloor\frac{A}{C}\rfloor+\lfloor\frac{B}{C}\rfloor+[A\mod C+B\mod C\gt C]$
所以要分其 $s$ 的余数来讨论。总复杂度 $O(100n^2+n^2\times |a|)$
*/