[ABC307E] Distinct Adjacent
解答1：
我们将圆环上有 \(i\) 个人的情况的答案记为 \(f(i)\)。考虑有 \(i+1\) 个人排成一排的情况，此时答案为 \(M \times (M-1)^i\)。这样的传递方式中，如果是圆环的情况且不满足条件的传递方式只有人 \(i+1\) 和人 \(1\) 的情况不同。因此，这两个人可以视为同一人，这样的传递方式有 \(f(i)\) 种。因此，我们有 \(f(i+1)=M \times (M-1)^i-f(i)\)。这样就解决了这个问题。
代码
解答2：
这道题可以看作是 ABC256G 和 ABC232E 的简化版。
对于一排排列的情况，我们可以考虑 DP，定义状态 \(\mathrm{DP}[i][x]\) 表示前 \(i\) 个人已经分配完毕，第 \(i\) 个人手中的数字为 \(x\)，并且前 \(i\) 个人中没有相邻的人手中的数字相同的方案数。这样的话，我们只需要考虑第 \(i\) 个人手中的数字和第 \(i-1\) 个人手中的数字是否相同即可。最后的答案就是 \(\sum_{x=0}^{M-1} \mathrm{DP}[N][x]\)。
对于围成一圈的情况，我们可以先固定第一个人手中的数字为 \(k\)，然后考虑 DP，定义状态 \(\mathrm{DP}_k[i][x]\) 表示前 \(i\) 个人已经分配完毕，第 \(1\) 个人手中的数字为 \(k\)，第 \(i\) 个人手中的数字为 \(x\)，并且前 \(i\) 个人中没有相邻的人手中的数字相同的方案数。这样的话，我们只需要考虑第 \(i\) 个人手中的数字和第 \(i-1\) 个人手中的数字是否相同即可。最后的答案就是 \(\sum_{k=0}^{M-1} \sum_{x \neq k} \mathrm{DP}_k[N][x]\)。
但是，这样的 DP 状态数和转移数都是 \(O(NM^N)\) 的，无法通过本题。因此，我们需要进行状态的优化。注意到，我们只需要知道第 \(i\) 个人手中的数字和第 \(1\) 个人手中的数字是否相同即可，因此我们可以将状态 \(\mathrm{DP}[i][x]\) 中的 \(i\) 去掉，只保留一个布尔值 \(f\) 表示第 \(i\) 个人手中的数字和第 \(1\) 个人手中的数字是否相同。这样的话，状态数就变成了 \(O(N)\)，转移数也是 \(O(1)\) 的。最后的答案就是 \(\mathrm{DP}[N][\mathrm{false}]\)。
另外，我们还可以使用包除原理来求解。注意到，我们需要满足 \(N\) 个条件，即相邻的两个人手中的数字不能相同。我们可以考虑使用包除原理，设 \(S_k\) 表示恰好有 \(k\) 个相邻的人手中的数字相同的方案数，则最终的答案为 \(\sum_{k=0}^N (-1)^k \binom{N}{k} M^{\max(1, N-k)}\)。这个式子的计算量是 \(O(N)\) 的，可以通过本题。
解答3：
答案是 \((-1)^N(M-1)+(M-1)^N\)。可以通过以下几种方法得出：
- 包括排斥原理
使用包括排斥原理，可以得出方案数为
\[\sum_{k=0}^N(-1)^k\binom{N}{k}M^{\max\{1,N-k\}} \]整理得到
\[\begin{aligned} \sum_{k=0}^N(-1)^k\binom{N}{k}M^{\max\{1,N-k\}}&=(-1)^N(M-1)+\sum_{k=0}^N(-1)^k\binom{N}{k}M^{N-k}\\ &=(-1)^N(M-1)+(M-1)^N \end{aligned} \]- DP 的优化
公式解释中的 DP 可以写成矩阵乘法的形式，因为转移不依赖于 \(i\)。具体来说，答案可以表示为
\[a_N=\begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}M-2&M-1\\1&0\end{pmatrix}^{N-1}\begin{pmatrix}0\\M\end{pmatrix} \]整理得到 \(a_n=(-1)^n(M-1)+(M-1)^n\)。也可以通过解 \(2\) 阶线性递推式得到这个结果，即
\[\begin{aligned} a_2&=M(M-1)\\ a_3&=M(M-1)(M-2)\\ a_n&=(M-2)a_{n-1}+(M-1)a_{n-2}\ (n\geq4) \end{aligned} \]以下是一个实现的例子：
#include <bits/extc++.h>
#include <atcoder/modint>
int main() {
using namespace std;
int N, M;
cin >> N >> M;
atcoder::static_modint<998244353> m = M - 1;
cout << (m.pow(N) + (N & 1 ? -m : m)).val() << endl;
return 0;
}
N, M = map(int, input().split())
p = 998244353
print((pow(M - 1, N, p) + pow(-1, N, p) * (M - 1)) % p)