E. Height All the Same

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E. Height All the Same

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標籤

• 組合數學
• 二項式定理

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簡明題意

• 給定n*m的矩陣,每一個a[i][j]代表(i,j)的高度。你可以執行兩種操作：
• 1.給任意一個a[i][j]加上2.
• 2.給兩個相鄰的格子都加1.
• 現在給出n，m，l，r，問你n*m的矩陣，每個格點的初始值是[l,r]中的任意一個，問有多少種初始值，可以使得經過上面的2種操作，所有格點的值相同。

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思路

• 假設每個格點的高度已知，那麼如何判斷是否能通過上面的操作使得全部相等呢？實際上可以從奇偶性的角度考慮。
• 如果所有格點都是奇數或者都是偶數，那麼很顯然通過操作1即可。接下來考慮既有奇數格點又有偶數格點的情況。
• 我們想想操作2的作用。顯然是將奇偶性反轉。假如有4個格點是奇數，那麼可以通過操作2將這4個格點全部變成偶數。概括一下，也就是同奇偶性的數有偶數個，那麼可以先通過操作2使得所有數的奇偶性相同，再通過操作1使得所有數相等。
• 綜上，所有數奇偶性相同可行（直接操作1），奇數有偶數種可行（先操作2再操作1），偶數有偶數種可行。唯一不可行的是：奇數和偶數都是奇數種。
• 記下來思考如何計算答案。
• 1.nm是奇數。那麼奇數和偶數總有一種的個數是偶數。所以怎麼填都可行。答案就是：每個點可以填L-R中的任意一個，也就是每個格點可以填(R-L)種數，一共有nm個格點，答案就是$(R-L)^{n*m}$
• 2.n*m是偶數。
• 那麼我們先從n*m個格子中選出偶數個格子，$C_{n*m}^{i}$。再把這些格子填成偶數，$x^{i}$，剩下的格子填奇數：$y^{n*m-i}$，所以最後答案就是：
  $\sum_{i=0且i爲偶數}^{n*m}C_{n*m}^{i}x^{i}y^{n*m-i}$
• 回憶二項式定理：
  $(x+y)^n=\sum_{i=0}^n C_{n}^{i}x^iy^{n-i}$
• 因此上式，我們實際求的是，二項式展開後的偶數項。我們可以構造出一個
  $(x-y)^n=\sum_{i=0}^n C_{n}^{i}x^i(-y)^{n-i}$
• 這個式子中，i爲奇數，n-i也是奇數，那麼i爲奇數時，這一項就是負數。所以$\frac{(x+y)^n+(x-y)^n} {2}$剛好把奇數項抵消了，求出來就是二項式偶數項的和的兩倍。
• 所以n*m是偶數時，答案就是$\frac{(x+y)^{n+m}+(x-y)^{n+m}}{2}$

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注意事項

• 無

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總結

• $C_{n}^{i}x_iy^{n-i}$要立馬想到二項式定理。
• 求二項式展開後的奇/偶數項，要想到構造抵消。
• 模意義下不要提前給指數取模了。
• 這裏/2用轉換成乘法逆元~~

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AC代碼

#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring> 
#include<stack>
#include<map>
#include<queue>
#include<cstdio>	
#include<set>
#include<map>
#include<string>
using namespace std;

const int mod = 998244353;

int ksm(int a, long long b)
{
	int ans = 1, base = a;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			ans = 1ll * ans * base % mod;
		b >>= 1;
		base = 1ll * base * base % mod;
	}
	return ans;
}

void solve()
{
	int n, m, l, r;
	cin >> n >> m >> l >> r;
	int x = r / 2 - (l - 1) / 2;
	int y = r - l + 1 - x;
	if (1ll * n * m & 1) cout << ksm(r - l + 1, 1ll * n * m);
	else cout << (ksm(x + y, 1ll * n * m) + ksm(x - y, 1ll  * n * m)) *1ll * ksm(2, mod - 2) % mod;
	
}
	
int main()
{
	//freopen("Testin.txt", "r", stdin);
	solve();
	return 0;
}