题意：
现有(n)道题目，每道题目有(k)个选项。
现在已知你所填的答案序列为(p_1,p_2,cdots,p_n)，后来由于某种原因，填上的答案变为(p_n,p_1,cdots,p_{n-1})。
已知每道题的正确选项为(h_1,h_2,cdots,h_n)。
现在要求有多少种序列(p)，满足填错过后最后的得分大于之前的得分。
思路：
感觉很真实的一道题。。。
答案序列向右移动我们可以看作正确答案序列向左移动。那么现在就是要求有多少个序列(p)，满足在(h)上的得分小于在(h')上的得分。
- 那么(h,h')上面对应位置相等的位置我们可以不用管，无论怎么选对答案的贡献就是一样。
- 现在只用考虑(h,h')对应位置两两不相等的情况。
这里我们直接采用数学方法来进行枚举：
那么答案为：
[egin{aligned}
&sum_{i=1}^{n}sum_{j=0,i+jleq n}^n{nchoose i}{n-ichoose j}k^{n-i-j}\
=&sum_{t=1}^nsum_{i=lceilfrac{t}{2}
ceil}^t{nchoose i}{n-ichoose t-i}k^{n-t}\
=&sum_{t=1}^nk^{n-t}(n-t)!n!sum_{i=lfloorfrac{t+1}{2}
floor}^tfrac{1}{i!(t-i)!}
end{aligned}
]
前半部分很好求，观察到后面部分很像一个卷积的形式，但是(i)存在一个下限。
这里我们直接将下限变为(0)，因为卷积的对称性，我们可以直接对卷积求出来的答案进行简单运算就可以得到后面的求和结果。
然后就没了。
注意还要乘上之前位置相等的方案数。
代码如下：
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/3/3 19:59:10
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '
'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e5 + 5, MOD = 998244353;
int qpow(ll a, ll b) {
ll res = 1;
while(b) {
if(b & 1) res = res * a % MOD;
a = a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return res;
}
int n, k;
int a[N], b[N];
int fac[N], inv[N];
void init() {
fac[0] = 1;
for(int i = 1; i < N; i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % MOD;
inv[N - 1] = qpow(fac[N - 1], MOD - 2);
for(int i = N - 2; i >= 0; i--) inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}
ll c[N << 2], d[N << 2];//注意空间要开四倍
namespace ntt{
const int P = 998244353, G = 3, Gi = 332748118;
int n, m, r[N << 2];
void NTT(ll *A, int type, int n) {
for(int i = 0; i < n; i++)
if(i < r[i]) swap(A[i], A[r[i]]);
for(int mid = 1; mid < n; mid <<= 1) {
ll Wn = qpow( type == 1 ? G : Gi , (P - 1) / (mid << 1)); //Wn = g ^ ((p - 1) / n) (mod p)
for(int j = 0; j < n; j += (mid << 1)) {
ll w = 1;
for(int k = 0; k < mid; k++, w = (w * Wn) % P) {
int x = A[j + k], y = w * A[j + k + mid] % P;
A[j + k] = (x + y) % P,
A[j + k + mid] = (x - y + P) % P;
}
}
}
if(type == -1) {
ll inv = qpow(n, P - 2);
for(int i = 0; i < n; i++) A[i] = A[i] * inv % P;
}
}
void solve(ll *a, ll *b) {
int lim = 1, L = 0;
while(lim <= n + m) lim <<= 1, L++;
for(int i = 0; i < lim; i++) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1));
for(int i = n + 1; i < lim; i++) a[i] = 0; //a,b need init
for(int i = m + 1; i < lim; i++) b[i] = 0;
NTT(a, 1, lim); NTT(b, 1, lim);
for(int i = 0; i < lim; i++) a[i] = a[i] * b[i] % P;
NTT(a, -1, lim);
}
};
void run() {
cin >> n >> k;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= n; i++) b[i] = a[i % n + 1];
int ans = 1, t = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(a[i] == b[i]) {
ans = 1ll * ans * k % MOD;
} else ++t;
}
for(int i = 0; i <= t; i++) c[i] = d[i] = inv[i];
ntt::n = ntt::m = t;
ntt::solve(c, d);
int tot = 0;
for(int x = 1; x <= t; x++) {
int res = 1ll * qpow(k - 2, t - x) * fac[t] % MOD * inv[t - x] % MOD;
if(x % 2 == 0) c[x] -= 1ll * inv[(x + 1) / 2] % MOD * inv[(x + 1) / 2] % MOD;
if(c[x] < 0) c[x] += MOD;
c[x] = 1ll * c[x] * inv[2] % MOD;
res = 1ll * res * c[x] % MOD;
tot = (tot + res) % MOD;
}
ans = 1ll * ans * tot % MOD;
cout << ans << '
';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
init();
run();
return 0;
}