巨大多细节 dp。

考虑 \(n^3\) 的做法。

对每个 + x 分别考虑贡献。

设 \(dp_{i,j}\) 表示到 \(i\) 位置，集合里有 \(j\) 个 \(\le a_c\) 的数（\(c\) 是当前正在计算贡献的位置）的方案数。

可以列出转移方程。

对于每个 \(c\) 算一遍就行了。

具体：如果 \(i\) 是 + x 且 \(x>a_i\) 则 \(dp_{i,j}=2dp_{i-1,j}\)（选不选两种都可）；

如果 \(x<a_i\)（为了防止算重用了双关键字比较），那么 \(dp_{i,j}=dp_{i-1,j-1}+dp_{i-1,j}\)。

如果是 \(i=c\) 就强制选。

遇到 - 号类似转移。

然后稍微判断一下边界（\(dp_{i,0}\)）的问题。

注意如果 \(i>c\) 那么要把 \(dp_{i,0}\) 设置为 \(0\)，因为这个数已经被删了。

// Problem: D. Priority Queue
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #729 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1542/problem/D
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 3000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

//lost in rain
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,avx2,tune=native")
#include <stdio.h>
#include <string.h> 
#include <algorithm>
#define oldl(x) printf("%lld\n",x)
#define rg(x) for(int i=1;i<=(x);i++){
#define rg_(i,x) for(int i=1;i<=(x);i++){
#define gr }
#define int long long
inline int read()
{
	int num=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<48||c>57){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>47&&c<58)num=num*10+(c^48),c=getchar();
	return num*f;
}
inline int re1d()
{
	char c=getchar();
	while(c!='+'&&c!='-')c=getchar();
	return c=='+';
}
inline int min(int a,int b){return a>b?b:a;}
inline int max(int a,int b){return a<b?b:a;}
int a[505],b[505],dp[505][505];
signed main()
{
	int n=read();
	rg(n)int op=re1d();
	if(op)a[i]=1,b[i]=read();gr
	int ans=0;
	const int mod=998244353;
	rg(n)
		if(a[i]==0)continue;
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		dp[0][0]=1;
		rg_(j,n)
			if(j==i)
			{
				rg(n)dp[j][i]=dp[j-1][i-1];gr
				continue;
			gr
			if(a[j])
			{
				if(b[j]<b[i]||(b[j]==b[i]&&j<i))
				{
					rg_(k,j)dp[j][k]=dp[j-1][k]+dp[j-1][k-1];
					dp[j][k]%=mod;
					gr
					dp[j][0]=dp[j-1][0];
				gr
				else rg_(k,n+1)dp[j][k-1]=dp[j-1][k-1]*2;dp[j][k-1]%=mod;gr
			gr
			else 
			{
				rg_(k,j)dp[j][k]=dp[j-1][k]+dp[j-1][k+1];dp[j][k]%=mod;gr
				dp[j][0]=dp[j-1][0]*2+dp[j-1][1];dp[j][0]%=mod;
			gr
			if(j>i)dp[j][0]=0;
	//		rg_(k,n+1)odb(dp[j][k-1]);gr puts("");
		gr //puts("");
		int q=0;
		rg_(j,n)q+=dp[n][j];q%=mod;gr
		ans=(ans+q*b[i])%mod;
	//	odb(q);
	gr
	oldl(ans);
	return 0;
}