CF-1140 E - Palindrome-less Arrays

题意：给定一个没有填完的序列，数值为-1表示你可以用 1~k 中的数字去覆盖它，求将该序列填充后，不存在长度为奇数的回文串的方案数

分析：

1. 使之不存在长度为奇数的回文串，只需要满足不存在长度为3的回文串即可。换句话说：\(a[i] \neq a[i+2]\) 对所有的 \(i\) 成立。可以发现 i 为奇数与 i 为偶数是互不影响的。所以可以把它划分为两个串

   1. 一个串由 $a_1,a_3,a_5, \dots $组成
   2. 另一个串由$ a_2,a_4,a_6,\dots$ 组成

2. 现在问题转化为了：给定一个序列，将其数值为-1的位置换为1~k中的数字，使得序列中两两相邻数字不同的方案数。不妨换个角度想，任何一组连续的 -1（长度可以为0或1），两边都只有四种情况

   1. 两边都没有数字（即整个串都是-1）
   2. 两边中有一边没有没有（只有整个串的左右两端有这种情况）
   3. 两边的数字相同
   4. 两边的数字不同

   另外我们可以发现，前两种情况可以由后两种情况推出来，所以只需预处理把 0~ (n/2)+1长度的-1串的方案数都预处理出来，问题就迎刃而解了。

3. 设\(d(i,j)\) 表示长度为 \(i\) 的 -1 串，j 为0 表示两边数字相同，为1表示两边数字不同时的方案数，\(d[0][0] = 0, d[0][1] = 1\), 有转移方程：

   • \(i\) 为奇数
     • \(d[i][0] = d[i/2][0]*d[i/2][0] + (k-1)*d[i/2][1]*d[i/2][1]\)
     • \(d[i][1] = d[i/2][0]*d[i/2][1]*2 + (k-2)*d[i/2][1]*d[i/2][1]\)
   • \(i\) 为偶数
     • \(d[i][0] = (k-1)*d[i-1][1]\)
     • \(d[i][1] = d[i-1][0] + (k-2)*d[i-1][1]%mod\)

对于 i 为奇数的情况，我们可以取出这个序列的中间位置 mid，当 -1 串两端数字相同且都等于 x 时，先假设mid数字与x相同，那就转换为了两个长度为 i/2，序列两端相同 的子问题，然后假设 mid 与 x不同，那么就有(k-1)种方法，可以同样转换成两个长度为 i/2 ，序列两端不同的子问题。当 -1 串两端数字不同时，同理。

预处理d数组之后，就可以对我们之前分好的奇偶串做处理了。思路就是记录上一个不为-1的位置。然后最后做一下特判，就可以得到正确答案了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 998244353;
ll d[100010][2];
int a[100010],b[100010];
ll n,k;
ll solve(int *a,ll len){
    ll res = 1;
    ll last = 0;
    for(ll i=1;i<=len;i++){
        if(a[i] == -1)continue;
        else{
            if(i == 1){
                last = i;continue;
            }
            if(last == 0){
                res = res * (d[i-2][0] + (k-1)*d[i-2][1])%mod;
            }
            else{
                if(a[i] == a[last]){
                    res = res * d[i-last-1][0]%mod;
                }
                else res = res * d[i-last-1][1]%mod;
            }
            last = i;
        }
    }
    if(last==0){
        res = k;
        for(int i=2;i<=len;i++)res = (res*(k-1))%mod;
    }
    else if(last !=len){
        res = res * (d[len-last-1][0] + (k-1)*d[len-last-1][1]%mod)%mod;
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(i&1)scanf("%d",&a[(i+1)/2]);
        else scanf("%d",&b[i/2]);
    }
    d[0][0] = 0;d[0][1] = 1;
    for(int i=1;i<=(n+1)/2;i++){
        if(i&1){
            int len = i/2;
            d[i][0] = (d[len][0] * d[len][0]%mod + (k-1) * d[len][1]%mod * d[len][1]%mod)%mod;
            d[i][1] = (d[len][0] * d[len][1]%mod * 2%mod + (k-2) * d[len][1]%mod * d[len][1]%mod)%mod;
        }
        else{
            d[i][0] = (d[i-1][1] * (k-1)) % mod;
            d[i][1] = (d[i-1][0] + (k-2) * d[i-1][1]%mod)%mod;
        }
    }
    printf("%lld\n",(solve(a,(n+1)/2)*solve(b,n-(n+1)/2))%mod);
    return 0;
}