Educational Codeforces Round 62 E. Palindrome-less Arrays

Examples
input

2 3
-1 -1

output

9

input

5 2
1 -1 -1 1 2

output

0

input

4 200000
-1 -1 12345 -1

output

735945883

题意
给出一个长为$n$的数组，数组中的每个元素要么是$1$_{$k$要么是$-1$，任务是统计将所有的$-1$用$1$}$k$的数填入之后不产生长为奇数的回文串的填法之和 $mod998244353$的值。
输入第一行为$n$和$k$，第二行为数组。

思路
这题我当时没做出来，甚至一点头绪都没有
注意到题目只限制了长为奇数的回文串不得出现，而长为5的回文串只能由长为3的回文串两边各添加一个相同元素得到，故只要不出现长为3的回文串即可。
不出现长为3的回文串说明对于任意$i$有$a[i-2]!=a[i]$且$a[i]!=a[i+2]$（如果存在）。
这样就可以把$a[]$分成$a[i]$（i为奇数）和$a[i]$（i为偶数）两个数列讨论，要求则变为数列中任两个相邻元素不得相同。

• （然后疯狂分类讨论）

考虑每个连续的全为$-1$的区间，有如下几种情况：

• 这个区间两边都没有已填进的数字，显然这个区间的填法总数为$k\ast (k-1)$^{(区间长度-1)}
• 这个区间左边有已填进的数字，右边没有已填进的数字。这时左起第一位有$(k-1)$种填法，在填入该位后，后一位同样有$(k-1)$种填法，以此类推……总填法数为$(k-1)$^{(区间长度)}
• 这个区间右边有已填进的数字，左边没有已填进的数字。这时右起第一位有$(k-1)$种填法，在填入该位后，前一位同样有$(k-1)$种填法，以此类推……总填法数为$(k-1)$^{(区间长度)}
• 这个区间左边及右边都有已填进的数字，但两边已填进的数字相同。这时我们可以设$dp[i][0]$为第$i$位填入的数字与左右两边已填进的数字不同时填法总数，$dp[i][1]$为第$i$位填入的数字与左右两边已填进的数字相同时填法总数。可得动态转移方程$$dp[i][0]=(dp[i-1][0]\ast (max(k-2,0))+dp[i-1][1]\ast max(k-1,0))$$
  $$dp[i][1]=(dp[i-1][0])$$
  显然$dp[1][0]=k-1$，$dp[1][1]=0$。填法总数为$dp[区间长度][0]$
• 这个区间左边及右边都有已填进的数字，且两边已填进的数字不同。这时我们可以设$dp[i][0]$为第$i$位填入的数字与左右两边已填进的数字均不同时填法总数，$dp[i][1]$为第$i$位填入的数字与左边已填进的数字相同时填法总数。$dp[i][2]$为第$i$位填入的数字与右边已填进的数字相同时填法总数。可得动态转移方程$$dp[i][0]=(dp[i-1][0]\ast (max(k-3,0))+dp[i-1][1]\ast max(k-2,0)+dp[i-1][2]\ast max(k-2,0))$$$$dp[i][1]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][2])$$$$dp[i][2]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1])$$
  显然$dp[1][0]=k-2$，$dp[1][1]=0$，$dp[1][2]=1$。填法总数为$dp[区间长度][0]+dp[区间长度][1]$
• 最后还有一个坑，有可能拆分成两个数列后，数列中已经有相邻的相同且不为$-1$的元素，这种情况需要特判。

下面AC代码：

#include<stdio.h>
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
using namespace std;
const long long MOD=998244353;
long long a[2][200005];
long long dp[200005][3];
long long n,k,ans=1;
long long right(long long l,long long r){if(l>r)return 1;long long ans=k-1;while(r>l){r--;ans*=(k-1);ans%=MOD;}return ans;}
long long left(long long l,long long r){if(l>r)return 1;long long ans=k-1;while(r>l){l++;ans*=(k-1);ans%=MOD;}return ans;}
long long full(long long l,long long r){if(l>r)return 1;long long ans=k;while(r>l){l++;ans*=(k-1);ans%=MOD;}return ans;}
long long m(long long l,long long r,long long a[])
{
	if(l==r-1)if (a[l]!=a[r])return 1;else return 0;
	if(a[l]!=a[r])
	{
		dp[l+1][0]=k-2;//不与两边相同 
		dp[l+1][1]=0;//与左边相同 
		dp[l+1][2]=1;//与右边相同 
		for(long long i=l+2;i<r;i++)
		{
			dp[i][0]=(dp[i-1][0]*(max(k-3,0))+dp[i-1][1]*max(k-2,0)+dp[i-1][2]*max(k-2,0))%MOD;
			dp[i][1]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][2])%MOD;
			dp[i][2]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1])%MOD;
		}
		return(dp[r-1][0]+dp[r-1][1])%MOD;
	}else
	{
		dp[l+1][0]=k-1;//不与两边相同 
		dp[l+1][1]=0;//与左边相同 
		for(long long i=l+2;i<r;i++)
		{
			dp[i][0]=(dp[i-1][0]*(max(k-2,0))+dp[i-1][1]*max(k-1,0))%MOD;
			dp[i][1]=(dp[i-1][0])%MOD;
		}
		return dp[r-1][0]%MOD;
	}
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(long long i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i%2][(i-1)/2+1]);
	long long f1=n/2+n%2,f2=n/2;
	long long i,j;
	for(i=1;i<=f1;)
	{
		for(j=i+1;j<=f1&&a[1][j]==-1;j++);
		if(j>f1)
		{
			if(a[1][i]==-1)
			{
				ans*=full(1,f1);
				ans%=MOD;
			}else
			{
				ans*=left(i+1,j-1);
				ans%=MOD;
			}
		}
		else 
		{
			if(a[1][i]==-1)
			{
				ans*=right(i,j-1);
				ans%=MOD;
			}else
			{
				ans*=m(i,j,a[1]);
				ans%=MOD;
			}
		}
		i=j;
	}
	for(i=1;i<=f2;)
	{
		for(j=i+1;j<=f2&&a[0][j]==-1;j++);
		if(j>f2)
		{
			if(a[0][i]==-1)
			{
				ans*=full(1,f2);
				ans%=MOD;
			}else
			{
				ans*=left(i+1,j-1);
				ans%=MOD;
			}
		}
		else 
		{
			if(a[0][i]==-1)
			{
				ans*=right(i,j-1);
				ans%=MOD;
			}else
			{
				ans*=m(i,j,a[0]);
				ans%=MOD;
			}
		}
		i=j;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}