有意思的题。

这个问题是有一个普遍结论的：在 $\frac n e$ 附近之前全部不管，之后就遇到一个位置为前缀最小值则直接选。

考虑这个东西是怎么来的。我们设 $f_i$ 表示 $1 \sim i-1$ 都不管，从 $i$ 开始遇到一个位置为前缀最小值则直接选择，最终得到 $1$ 的概率。

考虑转移，分类讨论一下这个位置是否是前缀最小值。显然一个位置作为前缀最小值的概率是 $\frac 1 i$ ，而这个位置是前缀最小值时它是 $1$ 的概率是 $\frac i n$ ，那么式子就是：

$$f_i = \frac 1 i \max(f_{i+1},\frac i n ) + \frac{i-1}{i} f_{i+1}$$

于是我们讨论一下去掉 $\max$ ，由于 $\frac i n$ 随着 $i$ 的增加而增加，且当 $\frac i n < f_{i+1}$ 时有 $f_i = f_{i+1}$，因此一定有一个最大的 $d$ 满足在 $\frac d n \le f_{d+1}$ 。

如果大力推式子，会得到

$$f_i = \frac{i-1}{n} \sum_{j=i-1}^{n-1} \frac 1 j$$

于是有

$$f_{d+1} \ge \frac d n\\ \frac d n \sum_{j=d}^{n-1}\frac 1 j\ge \frac d n\\ \sum_{j=d}^{n-1} \frac 1 j \ge 1$$

于是就做完了，复杂度 $O(n+T)$ 。

事实上，你直接把这个位置取到大概 round( n / e + 1 - 0.5 * e ) 也可以通过本题。。。可以参考杰哥代码。

#include "iostream"
#include "algorithm"
#include "cstring"
#include "cstdio"
#include "cmath"
#include "vector"
#include "map"
#include "set"
#include "queue"
using namespace std;
#define MAXN 1000006
//#define int long long
#define rep(i, a, b) for (int i = (a), i##end = (b); i <= i##end; ++i)
#define per(i, a, b) for (int i = (a), i##end = (b); i >= i##end; --i)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define vi vector<int>
#define all(x) (x).begin() , (x).end()
#define mem( a ) memset( a , 0 , sizeof a )
typedef long long ll;
const int P = 998244353;
int n , m;
int A[MAXN];
double S[MAXN];
int s[MAXN] , iv[MAXN];

int Pow( int x , int a ) {
	int ret = 1;
	while( a ) {
		if( a & 1 ) ret = ret * 1ll * x % P;
		x = x * 1ll * x % P , a >>= 1;
	}
	return ret;
}

void solve() {
	rep( i , 1 , MAXN - 1 ) S[i] = S[i - 1] + 1. / i , iv[i] = Pow( i , P - 2 ) , s[i] = ( s[i - 1] + iv[i] ) % P;
	int T; cin >> T; 
	while( T-- ) {
		scanf("%d",&n);
		if( n == 1 ) { puts("1"); continue; }
		int d = upper_bound( S + 1 , S + 1 + n , S[n - 1] - 1 ) - S;
		printf("%d\n",( s[n - 1] + P - s[d - 1] ) * 1ll * d % P * iv[n] % P);
	}
}

signed main() {
//    int T;cin >> T;while( T-- ) solve();
    solve();
}