这道题就两个步骤：
1.找联通块个数：判断是否符合标准并且找联通块个数
我用的广搜实现的，思路挺简单的：
先找一个联通块的端点，根据题中的定义，一个联通块的端点，周围所不是座位的个数（指上下左右），只有3个，或者4个（只有一个点的情况），对这个点进行搜索，标记，然后扩展，遇到下一个座位，就走，走过就标记，并对联通块计数的加一，最后返回走的联通块的座位数。
那么，如何判断这不是正确的教室呢？ 因为我们对搜过的都进行了标记，所以我们可以判断有没有是座位却没有被标记的情况，因为只有有端点的才能是符合标准的，没有对这一块进行搜索，那就是没有端点，也就不符合了。又因为我们从端点开始搜索的，那就说明每一个点能扩展的点，就只有一个点（本来应该是两个的，但是因为前一个点被标记了，也不能走，相当于只能扩展一个），我们可以进行统计每一个点能扩展的点，如果大于1，就也是错的。
2.对方法数目进行计算：利用乘法原理
啊本人不会画图就手打了吧
对于这一块的话OOOOOOO ，第一个可以填k个学校，那么后面一个就只能填k-1学校，后面的也是，以此类推，可以得到每一个联通块的方法数目为： k*(s-1)^(k-1) ，其中size为联通块大小，然后对于所有联通块一起的方法书，也一样，全乘起来就okk。
剩下的细节之类的都在代码里面了，码代上上代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long dx[] = {1 , 0 , -1 , 0} , dy[] = {0 , -1 , 0 , 1}; //上下移动
long long n , m , k , sum , p = 998244353; //sum是联通块个数
long long s[1000010]; //存储每一个联通块的大小
char a[1010][1010]; //存储图
bool f; //判断是否座位只联通一个座位
bool vis[1010][1010]; //标记
struct node{
long long c , d;
};
long long ksm(long long x , long long y){ //快速幂，怕超时，没去试pow（x，y）会不会超时
long long ret = 1;
y %= p;
x %= p;
while(y){
if(y % 2 == 1){
ret = ret * x;
ret %= p;
}
x = x % p * x % p;
x %= p;
y /= 2;
}
return ret;
}
long long pd(long long x , long long y){ //统计周围不是座位的个数
long long sssum = 0;
if(a[x + 1][y] != 'O') sssum++;
if(a[x - 1][y] != 'O') sssum++;
if(a[x][y + 1] != 'O') sssum++;
if(a[x][y - 1] != 'O') sssum++;
return sssum;
}
long long bfs(long long x , long long y){ //广搜
long long t = 1;
queue<node> q;
node nod;
nod.c = x;
nod.d = y;
q.push(nod);
node now;
vis[x][y] = 1;
while(!q.empty()){
now = q.front();
q.pop();
long long tt = 0;
for(int v = 0; v <= 3; v++){
int nx = now.c + dx[v] , ny = now.d + dy[v];
if(!vis[nx][ny] && a[nx][ny] == 'O'){
tt++; //统计这个点能扩展的点的个数
t++;
vis[nx][ny] = 1;
nod.c = nx;
nod.d = ny;
q.push(nod);
}
}
if(tt > 1){ //大于一个就说明不符合要求，并且不能用不等于，因为最后一个点是不能扩展的，就是0，但是合法
f = true;
return 0; //不符合直接返回
}
}
return t;
}
int main(){
cin >> n >> m >> k;
for(int i = 1; i <= n + 5; i++)
for(int j = 1; j <= m + 5; j++) a[i][j] = 'X'; //初始化
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++) cin >> a[i][j];
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++){
if(a[i][j] == 'O' && !vis[i][j]){ //找端点。为什么有vis？因为一个联通块有两个端点我们只需要搜索一次就OK
int ha = pd(i , j);
if(ha < 3) continue; //不是端点
f = false;
sum++; //块数加一
s[sum] = bfs(i , j);
if(f){ //不符合条件
cout << 0;
return 0;
}
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++) //找没搜过却是座位的情况，也是错误的
for(int j = 1; j <= m; j++)
if(a[i][j] == 'O' && !vis[i][j]){
cout << 0;
return 0;
}
long long ans = 1;
k %= p;
for(int i = 1; i <= sum; i++){
ans *= k % p * ksm((k - 1) , s[i] - 1) % p; //记得每一次都mod一下，不然会只有30分的，别问我怎么知道的，调了半天的
ans %= p;
}
cout << ans % p;
return 0;
}
/*
7 7 99
XOOXOOO
XOXXXXO
XOOXOXO
XXXXOXO
XOOXOOO
XXOXXXX
XOOXOOO
*/
啊就这么多了，一道不错的搜索题