E. Side Transmutations

题意：

给一个字符集A，考虑所有长度为n的字符串S，里面所有的字符都来自于字符集A，再给出m个参数b[1]~b[m]，定义一种改变字符串S的操作为按顺序执行如下内容：

从b[]里选一个当k
把S的前k个字符和后k个字符分别倒置，然后交换位置

定义两个字符串等价，当且仅当一个字符串能经过若干次上述操作后变成另一个字符串

统计有多少个本质不同的字符串，答案模998244353

思路：

考虑进行5次上述操作的操作序列为{b[1], b[4], b[5], b[6], b[4]}，可以手推发现它和操作序列{b[1], b[5], b[6]} 等价，也就是说操作序列中如果同一个bi出现两次，那么这两次操作可以抵消，除此之外还会发现操作与顺序无关

那么根据Bunside引理

可以得出|G| = 2^m，也就是b[]的所有不同集合都是一个置换

然后上面公式求就可以了，可以依次算出每个b[i]对不动点的个数的贡献，具体见代码

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<string>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<stack>
#include<iostream>
using namespace std;
#define LL long long
#define mod 998244353
LL b[200005];
LL Pow(LL a, LL b)
{LL ans = 1;while(b){if(b%2)ans = ans*a%mod;a = a*a%mod;b /= 2;}return ans;
}
int main(void)
{int k, i;LL n, m, ans;scanf("%lld%d%lld", &n, &k, &m);for(i=1;i<=k;i++)scanf("%lld", &b[i]);ans = 1;for(i=1;i<=k;i++)ans = ans*(Pow(m, b[i]-b[i-1])+Pow(m, 2*(b[i]-b[i-1])))%mod;ans = ans*Pow(m, n-b[k]*2)%mod;ans = ans*Pow(Pow(2, k), mod-2)%mod;printf("%lld\n", ans);return 0;
}

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E. Side Transmutations

题意：

思路：

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