题意：
给你一个长为m的序列$b_i$，定义两个字符串a,b相同当前仅当a执行以下操作后能变成b：（$ m{prefix}(x,y)$及$ m{suffix}(x,y)$定义为串x的前/后y位组成的串）
- 选择一个$k=b_i$；
- 将$s1= m{prefix}(a,k)$和$s2= m{suffix}(a,k)$取出；
- 将s2翻转后接到头部，s1翻转后接到头部；
- 退出或重复上述操作。
求长为n，字符集大小为x的不相同串个数。
$mleq2 imes10^5,n,xleq10^9.$
题解：
不太懂题解那个神奇的组合做法。。问到一种polya推法，重新复习了一遍polya定理。
polya定理：在一个置换群F中用t种颜色染色，第i个置换有$k_i$个循环，本质不同的染色数为
$$egin{equation}frac{sum_{i=0}^{|F|}t^{k_i}}{|F|}end{equation}$$
那么这题里的翻转就是F，可以看做是一些交换操作，如选择$k=b_1$就是交换$(1,n)(2,n-1)...(b_1,n-b_1+1)$这些数对。不难发现一个置换交换了x对数对，就有n-x个循环。
我们可以对b做差分记为c，这样每一个$c_i$对应的是一些互不相交的交换操作，同时通过$2^m$种组合可以组合出任意一种对应原序列b的方案，也就是c和b是等价的。
记$cnt_i$为$n-c_i$也就是$c_i$对应置换的循环个数，由于互不相交，任意一些$c_i$组合后的循环个数可以直接相加。所以最终答案的式子应该是：
$$egin{equation}frac{1}{|F|}sum_{ssubseteq c}x^{n-sum s}end{equation}$$
提出$x^n$，此题有$|F|=2^m$。那个枚举c的子集求$x^{sum s}$部分，用生成函数的思想转化，写成$prod_{sin c} (1+x^s)$即可。这样就可以直接算了。
由于指数上有$n-sum s$，相当于要除法，其实可以提一个$x^{sum c}$出来，那么后面的指数就变正了。
复杂度一个log。
code:
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++) 3 #define ll long long 4 using namespace std; 5 const int N=2e5+5,mod=998244353,inv2=(mod+1)/2; 6 int n,m,x,a[N],ans; 7 int ksm(int x,int y){ 8 int s=1; 9 for (;y;y>>=1,x=(ll)x*x%mod) if (y&1) s=(ll)s*x%mod; 10 return s; 11 } 12 int main(){ 13 scanf("%d%d%d",&n,&m,&x); 14 rep (i,1,m) scanf("%d",&a[i]); 15 ans=ksm(x,n-a[m]); 16 for (int i=m;i;i--) a[i]-=a[i-1],ans=(ll)ans*inv2%mod; 17 rep (i,1,m) ans=(ll)ans*(1+ksm(x,a[i]))%mod; 18 printf("%d ",ans); 19 return 0; 20 }