Codeforces Round #630 (Div. 2) E. Height All the Same（数学+二项式）

题目：传送门

思路：参考于某大佬（非常清晰+友好）。点此跳转

1. 由于“操作2”，我们可以把原矩阵看作一个01矩阵 （所有数取模2，每个ai,j向上+2 直到最大值和最小值的差<=1）

2. “操作1”的本质是对任意两个点进行翻转（奇偶性变换；考虑如何对不相邻的两个点进行翻转，设这两个点为u、v，那么我们可以对u->v的一条路径上进行相邻两个点的翻转，除了u和v外，路径上其余点均翻转两次）

3.如果所有点奇偶性一致，那么可以通过操作1使得所有点一样高。

4.当n*m是奇数时，那么一定存在着偶数个ai,j 是奇数或者偶数，根据2可知，能将偶数个ai,j 全部翻转使之奇偶性改变（使得所有点奇偶性一致），最后通过操作1能够使所有点一样高。所以当n*m是奇数时，每个点可以取[L,R]的任意值，则 ans=(R-L+1)^n*m 。

5.当n*m是偶数时，设sum=Σai,j (1<=i<=n,1<=j<=m)：

　　1）若sum是奇数，则 一定为 奇数个ai,j是奇数 ，奇数个ai,j是偶数 的情况，根据2知  ( 奇数%2 != 0 )，不可能通过 "操作1" 使奇偶性一致。

　　2）若sum是偶数，则 一定为 偶数个ai,j是奇数 ，偶数个ai,j是偶数 的情况，由4知，最后能够使所有点一样高。设[ L , R ]中，有x个偶数，y个奇数，我们在n*m个点中选择 i 个点填偶数（偶数有x种），剩下的点填奇数（y种），则 ans=Σ Cⁱ_n*m * xⁱ * y^n*m-i ( i = 0,2,4,6,8, ... ,n*m )  。由二项式展开定理可知，ans=(x+y)^n*m  * (x-y)^n*m / 2  【求展开式中的偶数项 a0 、a2、a4、...】。

 

###二项式定理

• 

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<double,double> pdd;
const int N=2e3+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const LL mod=998244353;
const double eps=1e-9;
const long double pi=acos(-1.0L);
#define ls (i<<1)
#define rs (i<<1|1)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
LL read()
{
    LL x=0,t=1;
    char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') t=-1;
    while(isdigit(ch)){ x=10*x+ch-'0'; ch=getchar(); }
    return x*t;
}
LL fp(LL x,LL y)
{
    LL res=1;
    while(y>0)
    {
        if(y&1) res=res*x%mod;
        x*=x; x%=mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    LL n,m,l,r,ans;
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&l,&r);
    if(n*m%2==1) ans=fp(r-l+1,n*m);
    else{
        LL x,y;//x为[l,r]中偶数的个数，y为奇数；
        if((r-l)%2==1) x=y=r-l>>1;
        else if(l&1) x=r-l>>1,y=x+1;
        else y=r-l>>1,x=y+1;
        ans=fp(r-l+1,n*m)+fp(x-y,n*m);
        ans=ans%mod*fp(2LL,mod-2LL)%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}