题意分析
对于 $s_i=1$ 的 $a_i$，显然 $a_i$ 时由 $a_1,a_2,\cdots,a_{i-1}$ 确定的唯一的数。
当 $n\leq m$ 时，最大的 $\operatorname{mex}$ 的值一定不会超过 $m$。故此时所有 $s_i=0$ 的 $a_i$ 都可以在 $\set{0,1,\cdots,m}\setminus\set{\operatorname{mex}(\left\langle a_1,a_2,\cdots,a_{i-1}\right\rangle)}$ 中任意选取，选取方案数为 $m$。
故，$n\leq m$ 时，记 $\textit{cnt}_0$ 为 $s_1,s_2,\cdots,s_n$ 中 $0$ 的个数，答案为 $m^{\textit{cnt}_0}$。
现在考虑 $n>m$ 时。考虑到这时不能再任意选取，因为有可能某些情况下后面是无解的（找不到一个 $\operatorname{mex}$ 的值来满足 $s_i=1$ 的需求），但是同样的 $s$ 可能前面的 $a_i$ 的值更改一下，后面就又有解了。这样不能直接计算，考虑 DP。
设 $\textit{dp}_{i,j}$ 表示处理了 $a_1\sim a_i$，$a_1,a_2,\cdots,a_i$ 中有 $j$ 个不同的数的方案数。
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若 $s_i=1$，则 $a_i$ 确定，因为 $a_i$ 是 $a_1,a_2,\cdots,a_{i-1}$ 中未出现的数，因此不同的数的个数会增加，故有：
\[\textit{dp}_{i,j}=\textit{dp}_{i-1,j-1}\] -
否则若 $s_i=0$，则：
- $a_i$ 是之前出现过的数，方案数为 $j\cdot \textit{dp}_{i-1,j}$。即枚举每一个可能的 $a_i=j$。
- $a_i$ 是之前没有出现过的数，方案数为 $(m+1-j)\textit{dp}{i-1,j-1}$。因为在 $a{i-1}$ 时 $\set{0,1,\cdots,m}$ 中已经出现过的数的数量为 $j-1$，并且还要去除 $\operatorname{mex}(\langle a_1,a_2,\cdots,a_{i-1}\rangle)$。
故有：
\[\textit{dp}_{i,j}=j\cdot \textit{dp}_{i-1,j-1}+(m+1-j)\textit{dp}_{i-1,j-1}\]
$\mathcal O(nm)$ DP 求解即可。
AC 代码
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//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
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#include<iomanip>
#include<cstdio>
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#include<ctime>
#include<deque>
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#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=5000,M=1e9,P=998244353;
int n,m,s[N+1];
namespace judge1{
int qpow(int base,int n){
int ans=1;
while(n){
if(n&1){
ans=1ll*ans*base%P;
}
base=1ll*base*base%P;
n>>=1;
}
return ans;
}
int main(){
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt+=!s[i];
}
cout<<qpow(m,cnt)<<'\n';
return 0;
}
}
namespace judge2{
int dp[N+1][N+1];
int main(){
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(s[i]){
dp[i][j]=dp[i-1][j-1];
}else{
dp[i][j]=(1ll*j*dp[i-1][j]%P+(m-j+1ll)*dp[i-1][j-1]%P)%P;
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=m+1;i++){
ans=(ans+dp[n][i])%P;
}
cout<<ans<<'\n';
return 0;
}
}
int main(){
/*freopen("test.in","r",stdin);
freopen("test.out","w",stdout);*/
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>s[i];
}
if(n<=m){
judge1::main();
}else{
judge2::main();
}
cout.flush();
/*fclose(stdin);
fclose(stdout);*/
return 0;
}
