https://loj.ac/p/6497

考慮暴力，設 \(f(i,k,x,y)\) 表示考慮到第 \(i\) 個點，目前有 偶數/奇數 條路徑，已經有 \(x\) 個定為黑色的點有奇數條路徑結尾，有 \(y\) 個定為白色的點有奇數條路徑結尾，的答案
那麼轉移的話，列舉當前點顏色，以白色為例

• 若 \(y=0\)，則無論前 \(i\) 個點如何向 \(i+1\) 連，本來白色的無法多形成路徑，本來黑色的沒有，那麼只有一條新增路徑是 \(i+1\) 一個單點有 \(2^i f(i,k,x,0)\rightarrow f(i+1,k\operatorname{xor} 1,x,0)\)
• 若 \(y\neq 0\)
  ，白色可以隨便連就是 \(2^x\)，列舉新增路徑是奇是偶，由於 \(i+1\) 一個單點這個路徑一定存在，就分別對應向黑色的 \(y\) 個點中的 偶數/奇數 個點連邊
• 但發現這樣 \(f(i,k,x,y)\) 乘的係數都是 \(2^{i-1}\)，所以 \(x,y\) 都只要記錄為 \(0\) 或 \(1\) 即可，於是就有了 \(O(n)\) 做法

黑色同理

#define mod 998244353
#define N 200006
int n;
long long f[N][2][2][2],power[N];//f[i][k][x][y] k: even/odd x: white y: black
inline void add(long long &x,long long y){x=(x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
int main(){
	n=read();int need=read();
	power[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) power[i]=power[i-1]*2%mod;
	int a=read();
	if(a!=1) f[1][1][1][0]=1;//white
	if(a!=0) f[1][1][0][1]=1;//black
	for(int i=1;i<n;i++){
		a=read();
		for(int k=0;k<2;k++)for(int x=0;x<2;x++)for(int y=0;y<2;y++)if(f[i][k][x][y]){
			long long now=f[i][k][x][y];
			if(a!=1){//i+1: white
				if(!y) add(f[i+1][k^1][1][y],now*power[i]%mod);
				else{
					add(f[i+1][k][x][y],now*power[i-1]%mod);add(f[i+1][k^1][1][y],now*power[i-1]%mod);
				}
			}
			if(a!=0){//i+1: black
				if(!x) add(f[i+1][k^1][x][1],now*power[i]%mod);
				else{
					add(f[i+1][k][x][y],now*power[i-1]%mod);add(f[i+1][k^1][x][1],now*power[i-1]%mod);
				}
			}
		}
	}
	long long ans=0;
	for(int x=0;x<2;x++)for(int y=0;y<2;y++) add(ans,f[n][need][x][y]);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}