对于任意一个 $n$ 边形，要满足所有小木棍的长度之和大于所有小木棍的长度最大值的两倍，也就是 $\sum_{i=1}^{n-1}a_i>a_n$，其中 $a$ 数组从小到大排序。

设 $k_i$ 表示在用最小的 $i$ 根木棍中，必须使用第 $i$ 根木棍，拼成多变形的数量。

所以答案就是 $\sum_{i=1}^n k_i$。

而 $k_i$ 就是在前 $i-1$ 根木棍中，选取任意根木棍，始其总和大于 $a_i$（赛时把大于打成大于等于，调了好久）。 Tips: 只选取两根木棍时，因为 $a$ 是从小到大排列的，因此前面的一项肯定不能大于后面一项。

你会发现这个东西很眼熟，就像是背包。

所以我们可以列出 DP 式，设 $dp_{i,j}$ 表示选取前 $i$ 根木棍中，任意的选取木棍，始总和大于 $j$ 的方案数。 所以 DP 式的转移是 $dp_{i,j}=dp_{i-1,j-a_i}+dp_{i-1,j}+[a_i>j]$，其中 $dp_{i-1,j-a_i}$ 是选择了第 $i$ 根木棍的情况，$dp_{i-1,j}$ 是不选择了第 $i$ 根木棍的情况，$[a_i>j]$ 表示就只选第 $i$ 根木棍的情况。

答案就是 $\sum_{i=1}^ndp_{i-1,a_i}$。 取模啥的请自行添加!

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[10010],dp[5010][5010];
int main()
{
//  freopen("polygon.in","r",stdin);
//  freopen("polygon.out","w",stdout);
	int n;
	ll ans=0;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=0;j<=5000;j++)
		{
			dp[i][j]=((a[i]>j)+dp[i-1][max(j-a[i],0)]+dp[i-1][j])%998244353;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)ans=(ans+dp[i-1][a[i]])%998244353;
	cout<<ans;
	return 0;
}