题意:给你一个数组，如果数组中的某个位置是-1那就可以填1到m的数字中的一个，但是要遵守一个规则：不能出现长度为奇数回文的子串，问合法的填法有多少种？
思路：不出现长度为奇数的回文子串，只需不出现长度为3的回文子串就可以了，那么i位置和i - 2位置填的数字不能一样。所以，我们可以把这个数组拆成2部分，所有的奇数位置和所有的偶数位置分别成一个串，之后吧两个串的答案乘起来就是答案了。每个串肯定是下列情况中的一种或多种构成。
1：全是-1， 那么明显有k * (k - 1) ^ (n - 1)种答案。
2：有一遍是大于0的数，假设长度为n，那么答案就是(k - 1) ^ n。
3：两边都是大于0的数，这个需要DP预处理后得到答案。
设dp[i][0 / 1]表示长度为i的-1串，当前最后一个-1填的数字与最前面的数字不同/相同，合法的方案数。
转移是这样：dp[i][1] = dp[i - 1][0], 因为i - 1位置填的数字与最前面的不同，所有填一个与最前面位置相同的数字是合法的，所有直接转移。
dp[i][0] = (k - 1) * dp[i - 1][1] + (k - 2) * dp[i - 1][0]，前半部分很好理解，加上一个和最前面不等的数就可以了。后半部分，每个数不能和最前面相等，也不能和自己相等，所有是k - 2个转移。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const LL mod = 998244353ll;
const int maxn = 200010;
LL dp[maxn][2];
LL a[maxn], b[maxn];
int tot = 0;
LL m;
int n;
LL qpow(LL x, LL y) {
LL ans = 1;
for (; y; y >>= 1) {
if(y & 1) ans = (ans * x) % mod;
x = (x * x) % mod;
}
return ans;
}
LL solve() {
int pos = 1, cnt = 0;
LL ans = 1;
while(pos <= tot) {
while(a[pos] > 0 && pos <= tot) {
if(pos > 1 && a[pos] == a[pos - 1]) return 0;
pos++;
}
int pre = pos - 1;
while(a[pos] < 0 && pos <= tot) {
pos++;
cnt++;
}
if(pre == 0 && pos == tot + 1) return (m * qpow(m - 1, tot - 1)) % mod;
else if(pre == 0 || pos == tot + 1) ans = (ans * qpow(m - 1, pos - pre - 1)) % mod;
else {
int flag = (int)(a[pre] == a[pos]);
if(flag == 1)
ans = (ans * dp[pos - pre - 1][0]) % mod;
else {
LL tmp = (dp[pos - pre - 1][1] + (((dp[pos - pre - 1][0] * qpow(m - 1, mod - 2)) % mod) * (m - 2)) % mod) % mod;
ans = (ans * tmp) % mod;
}
}
}
return ans;
}
int main() {
scanf("%d%lld", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lld", &b[i]);
}
dp[1][0] = m - 1;
dp[1][1] = 0;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
dp[i][0] = ((dp[i - 1][1] * (m - 1)) % mod + (dp[i - 1][0] * (m - 2)) % mod) % mod;
dp[i][1] = dp[i - 1][0];
}
LL ans1, ans2;
for (int i = 1; i <= n; i += 2)
a[++tot] = b[i];
ans1 = solve();
tot = 0;
for (int i = 2; i <= n; i += 2)
a[++tot] = b[i];
ans2 = solve();
printf("%lld\n", (ans1 * ans2) % mod);
}