Educational Codeforces Round 62 (Rated for Div. 2) E. Palindrome-less Arrays（DP+瞎搞）

题目链接

题意

给你一个长为 $n$ 的数组，和一个值 $k$，你能改变 $-1$ 为 $1-k$ 中的任意值，求字串不是回文串（长度大于 $1$，且长度为奇数）的方案数，膜 $998244353$

思路

• 第一步比较好想，如果一个串满足上述回文串，那么其长度为3的中心字串必定回文，所以只要使所有长度为3的子串不是回文串即满足。
• 进一步简化，存在回文串，等价于，存在 $i$ 满足 $a_i==a_{i-2}||a_i==a_{i+2}$ ，那么我们可以奇偶分离判断相邻数字是否相同，最后两组方案数相乘即可，接下来对奇偶分离后的组进行分析，设长度为 $n$，能选的数一共 $k$ 种。
• 将相邻的 $-1$ 全部提取一块计算，将所有块相乘即答案，单个块设存在 $len$ 个 $-1$
  • 全部为-1，即首位 $k$ 种选择，其余全部 $k-1$ 种选择，即 $ans=k\ast (k-1{)}^{n-1}$。
  • 单方向限制，左边或右边没有限制，$ans=(k-1{)}^{len}$
  • 数字两边不同、数字两边相同，预处处理 $dp[是否相同][长度]$，详见代码 $dp[0]$ 表示相同，$dp[1]$ 表示不同

代码

#include 
using namespace std;

#define ll long long

ll read(ll &a){return scanf("%lld",&a);}
ll rd(){ll tmp; scanf("%lld",&tmp); return tmp;}

ll mod = 998244353;
ll dp[2][200005], v[200005], m1[200005], tot1 = 0, m2[200005], tot2 = 0, n, k;

ll qpow(ll a, ll b)
{
    ll tmp = 1;
    while(b)
    {
        if(b&1) tmp = tmp*a%mod;
        a = a*a%mod;
        b >>= 1;
    }
    return tmp;
}

ll f(ll wtf[], ll len)
{
    for(ll i = 2; i <= len; ++i) if(wtf[i] == wtf[i-1] && wtf[i] != -1) return 0ll;
    ll le = 0, ans = 1;
    for(ll i = 1; i <= len; ++i)
    {
        if(wtf[i] != -1 || i == len)
        {
            if(i == len && wtf[i] == -1) ++i;
            if(le == 0 && i == len+1) return k*qpow(k-1,len-1)%mod;
            if(le == 0 || i == len+1) ans = ans*qpow(k-1,i-1-le)%mod;
            else if(wtf[le] == wtf[i]) ans = ans*dp[0][i-le-1]%mod;
            else ans = ans*dp[1][i-le-1]%mod;
            le = i;
        }
    }
    return ans;
}

int main()
{
    n = rd(), k = rd();
    for(ll i = 1; i <= n; ++i) read(v[i]);
    dp[0][0] = dp[1][0] = 1;
    for(ll i = 1; i <= n; ++i)
    {
        dp[0][i] = (k-1)*dp[1][i-1]%mod;
        dp[1][i] = ((i > 1ll ? dp[0][i-1] : 0)+max(0ll,k-2)*dp[1][i-1]%mod)%mod;
    }
    for(ll i = 1; i <= n; i += 2) m1[++tot1] = v[i];
    for(ll i = 2; i <= n; i += 2) m2[++tot2] = v[i];
    printf("%lld\n",f(m1,tot1)*f(m2,tot2)%mod);
    return 0;
}