#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod=998244353;
long long f[200007][2],g[200007][2];
long long a[200007],b[200007],c[200007];
int n,k,cnt1,cnt2;
long long qpow(long long a,long long p){
    long long ans=1;
    while(p){
        if(p&1)
            ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        p>>=1;
    }
    return ans;
}
long long solve(long long *a,int n,int k){
    for(int i=2;i<=n;i++)
        if(a[i]==a[i-1]&&a[i]!=-1)//一定有奇数回文串，无法构造出good串
            return 0;
    int p=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(a[i]!=-1)
            p++;
    if(!p)
        return qpow(k-1,n-1)*k%mod;//第一个随意选，剩下的选择和前一个不同的
    else if(p==1)
        return qpow(k-1,n-1);//选的和相邻的不同的
    else{
        if(p==n)
            return 1;//没有构造余地，全部已经安排好了
        if(k==1)//构造不出，一定会存在1？1只羊这样的回文串
            return 0;
        long long res=1;
        int l=0,r=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(a[i]!=-1){
                l=i+1;
                break;
            }
            res=res*(k-1)%mod;//-1只要构造和相邻的不同即可
        }
        for(int i=n;i;i--){
            if(a[i]!=-1){
                r=i;
                break;
            }
            res=res*(k-1)%mod;//-1只要构造和相邻的不同即可
        }
        long long tmp=0;
        long long last=a[l-1];//上一个已经确定的a[i]
        for(int i=l;i<=r;i++){
            if(a[i]!=-1){
                if(!tmp){//前一个也已经确定
                    last=a[i];//更新最新一个确定的a[i]后继续
                    continue;
                }
                if(a[i]!=last)//两端数字不同
                    res=res*f[tmp][0]%mod;
                else//两端数字相同
                    res=res*g[tmp][0]%mod;
                tmp=0;//归零
                last=a[i];//更新
            }
            else
                tmp++;//增加中间-1的长度
        }
        return res;
    }
}
int main(){
    int n,k;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
    }
    //f和g类似染色，预处理出除了两端不是-1中间全都是-1能有多少种安排情况
    f[1][0]=k-2;//表示两端数字不同时，第一维和结尾不同的方案数，k-2因为要和两边都不同
    f[1][1]=1;//表示两端数字不同时，第一维和结尾相同的方案数，1因为下一个就可以在和上一个相同的那一段中间插入一个
    g[1][0]=k-1;//表示两端数字相同时，第一维和结尾不同的方案数，k-1因为两边是相同的
    g[1][1]=0;//表示两端数字相同时，第一维和结尾相同的方案数，0因为下两个才可以在最初两边都插一个
    for(int i=2;i<=n/2+1;i++){//染色DP，分开讨论，每次在前面的情况后面加上一个
        f[i][0]=(f[i-1][0]*(k-2)%mod+f[i-1][1]*(k-1)%mod)%mod;
        f[i][1]=f[i-1][0];
        g[i][0]=(g[i-1][0]*(k-2)%mod+g[i-1][1]*(k-1)%mod)%mod;
        g[i][1]=g[i-1][0];
    }
    for(int i=1;i<=n;i+=2)
        b[++cnt1]=a[i];//分离出下标为奇数的a[i]
    for(int i=2;i<=n;i+=2)
        c[++cnt2]=a[i];//分离出下标为偶数的a[i]
    long long ans=solve(b,cnt1,k);
    ans=ans*solve(c,cnt2,k)%mod;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}