题解

题意梳理设密码长度 N，数字集合 ({1,2,\dots,M})（(M\le10)）。
约束：若序列中存在 (l<r) 满足 (s_l=s_r=B)，则区间 ([l,r]) 里一定出现过 (X_B)。等价逆否条件：
如果一段区间内没有出现 (X_B)，那么这段区间里最多只能有一个 B。
(M\le10)，可以用状态压缩 DP：
状态：(dp[i][mask])

i：填完前 i 位
mask：二进制，第 b 位为 1 表示：从上次出现 (X_b) 到当前位置为止，这段区间内已经出现过一次 b。
也就是：当前无 (X_b) 的后缀里已经有一个 b，不能再放第二个 b。

转移：第 (i+1) 位填数字 c：

先更新新掩码 new_mask：

对所有数字 b：

若 (X_b = c)：说明现在出现了 (X_b)，后缀重置，第 b 位清零；
否则：原来第 b 位保持不变。

检查能不能填 c：
如果 new_mask 中第 c 位原本是 1（重置前 mask 第 c 位 = 1，且 (X_c\ne c)），说明无 (X_c) 的后缀已经有一个 c，不能再放 c，跳过该 c。
合法则累加：(dp[i+1][new_mask] += dp[i][mask])。

初始状态：(dp[0][0]=1)（前 0 位，无任何数字占用后缀）。
答案：(\sum\limits_{mask} dp[N][mask] \bmod 998244353)。

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD = 998244353;
const int MAXN = 10005;
const int MAXM = 10;
int M, N;
int X[MAXM + 1];
// dp[当前长度][掩码]
ll dp[2][1 << MAXM];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin >> M >> N;
    for (int i = 1; i <= M; ++i) cin >> X[i];
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    dp[0][0] = 1;
    int full = 1 << M;
    for (int i = 0; i < N; ++i) {
        int cur = i & 1;
        int nxt = cur ^ 1;
        memset(dp[nxt], 0, sizeof(dp[nxt]));
        for (int mask = 0; mask < full; ++mask) {
            if (!dp[cur][mask]) continue;
            // 枚举下一位填 c (1~M)
            for (int c = 1; c <= M; ++c) {
                // 判断是否能填 c
                bool bad = false;
                if (X[c] != c) {
                    if (mask & (1 << (c - 1))) {
                        bad = true;
                    }
                }
                if (bad) continue;
                // 计算新掩码
                int nm = mask;
                // 所有 b，如果 X[b]==c，则清零b位
                for (int b = 1; b <= M; ++b) {
                    if (X[b] == c) {
                        nm &= ~(1 << (b - 1));
                    }
                }
                // 本次放了c，若X[c]≠c，则标记c位为1
                if (X[c] != c) {
                    nm |= (1 << (c - 1));
                }
                dp[nxt][nm] = (dp[nxt][nm] + dp[cur][mask]) % MOD;
            }
        }
    }
    ll ans = 0;
    int final = N & 1;
    for (int mask = 0; mask < full; ++mask) {
        ans = (ans + dp[final][mask]) % MOD;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

样例验证输入：
3 4
2 1 2
(M=3,N=4,X_1=2,X_2=1,X_3=2)
程序输出 14，与样例一致。复杂度分析
(M\le10)，掩码总数 (2^{10}=1024)；
(N\le 10^4)；
每层循环：(1024 \times 10) 次操作；
总运算量约 (10^4 \times 1024 \times 10 \approx 10^8)，1s 时限完全通过；
使用滚动数组 dp[2][...] 节省内存，仅占用 (2\times1024) long long。
转移逻辑再解释
填数字 c 时：

若 (X_c \ne c)，且旧掩码里 c 位为 1：说明当前无 (X_c) 的区间已经有一个 c，不能再放 c，跳过；

更新掩码：

所有数字 b，只要 (X_b=c)，说明出现了分隔符 (X_b)，把 b 的占用标记清空；
如果 (X_c\ne c)，本次新增一个 c，打上占用标记。

若 (X_c = c)：
两个 c 之间必然有 (X_c=c)，天然满足条件，可以无限放 c，不会触发禁止条件。