CodeForces 1332E Height All the Same

题意

对于一个$n\cdot m$的矩阵，有两种操作

一个格子加二
一个格子和另一个相邻的格子同时加一

通过这两种操作最终使得所有矩阵元素相等

对于矩阵元素来说，有$L\leq a_{i,j}\leq R(1\leq i\leq n,1\leq j\leq m)$

问有多少种方案数，答案$\mod 998244353$

分析

由于最终相等的值与答案无关，所以我们不妨所有元素减去$L$，即所有元素的值在$[0,R-L]$区间内

而所有元素通过操作可以相差最多为$1$（仅仅分奇偶）

这种操作可以不断进行，所以我们只需看数字的奇偶性

为描述，我们不妨将所有元素视为$0,1$

对于$1$来说，其周围一定没有$1$，否则可以填上使两元素变为$0$，那么如果该$1$和旁边的$0$同时加$1$，我们可以发现$0$和$1$互换位置了

这种操作的意义在于，对于任意的一个$1$，我们可以通过操作使其变到其他任意的位置

那么如果矩阵中有奇数个$1$，我们可以将其变为$1$个$1$，而偶数个$1$，我们一定可以将两个$1$进行配对，从而消去

我们思考$n\cdot m$的奇偶性

若$n\cdot m$为奇数，若有偶数个$1$，则满足条件，若有奇数个$1$，我们将其变为$1$个$1$，并将其移动到边角上，通过蛇形配对，我们可以将除该元素的其他元素同时加上$1$，所有元素相等，因此所有取值皆满足答案就是$(R-L+1)^{n\cdot m}$(每个数有$R-L+1$中取法)
若$n\cdot m$为偶数，若有偶数个$1$，则满足条件，若有奇数个$1$，我们可以发现元素和为奇数，而$n\cdot m$为偶数，元素和无论怎么增加（每次加二），一定是奇数，无法整除$n\cdot m$一定不满足，因此答案为偶数个$1$的取值方式

接下来分析$n\cdot m$为偶数时，有多少种偶数个$1$的取值方式：

如果$R-L+1$为奇数，则可以取$\frac {R-L+2} {2}$种奇数，否则为$\frac {R-L+1} {2}$种奇数，设为$j$，设$R-L+1$为$t$

答案为$C_{n\cdot m}^0\cdot j^0\cdot (t-j)^{n\cdot m}+C_{n\cdot m}^2\cdot j^2\cdot (t-j)^{n\cdot m-2}+\cdots+C_{n\cdot m}^{n\cdot m}\cdot j^{n\cdot m}\cdot (t-j)^{0}$，意思为挑偶数（$2\cdot k$）个奇数（$C_{n\cdot m}^{2\cdot k}$），每个奇数有$j$中取值，其余偶数有$t-j$种取值

发现这个式子是二项展开式的偶数项，那么可以推导下（半小时无从下手，我对不起高中数学老师）

$(j+(t-j))^{n\cdot m}=C_{n\cdot m}^0j^{0}(t-j)^{n\cdot m}+C_{n\cdot m}^1j^{1}(t-j)^{n\cdot m-1}+\cdots+C_{n\cdot m}^{n\cdot m}j^{n\cdot m}(t-j)^{0}$ $(j-(t-j))^{n\cdot m}=C_{n\cdot m}^{0}j^{0}(t-j)^{n\cdot m}-C_{n\cdot m}^{1}j^{1}(t-j)^{n\cdot m-1}+\cdots+C_{n\cdot m}^{n\cdot m}j^{n\cdot m}(t-j)^{0}$

第二个式子偶数项是加号，奇数项是减号（从$0$开始计数）

两式相加除以二即为偶数项和，即

$\frac{(j+(t-j))^{n\cdot m}+(j-(t-j))^{n\cdot m}}{2}$

#pragma GCC optimize(3, "Ofast", "inline")

#include <bits/stdc++.h>

#define start ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define ll long long
#define int ll
#define ls st<<1
#define rs st<<1|1
#define pii pair<int,int>
#define rep(z, x, y) for(int z=x;z<=y;++z)
#define com bool operator<(const node &b)
using namespace std;
const int maxn = (ll) 3e5 + 5;
const int mod = 998244353;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

int qp(int x, int y) {
    int ans = 1;
    while (y) {
        if (y & 1)
            ans = ans \cdot  x % mod;
        x = x \cdot  x % mod;
        y >>= 1;
    }
    return ans;
}

signed main() {
    start;
    int n, m, L, R;
    cin >> n >> m >> L >> R;
    int t = R - L + 1;
    if ((n \cdot  m) & 1) {
        cout << qp(t, n \cdot  m) % mod;
    } else {
        int j;
        if (t & 1)
            j = (t + 1) / 2;
        else
            j = t / 2;
        int ans = ((qp(t, m \cdot  n) + qp((2 \cdot  j - t), m \cdot  n)) % mod + mod) % mod \cdot  qp(2, mod - 2) % mod;
        cout << ans;
    }
    return 0;
}