E. Height All the Same——Codeforces Round #630 (Div. 2)

E. Height All the Same

题目大意

给出$n * m$的方格，每个方格上面可以放置立方体，初始时坐标为$(i,j)$的方格上有$a_{i,j}$个立方体，现在有两个操作:

• 选择相邻的两个方格并在每个方格上面放置一个立方体
• 选择一个人方格并在这个方格上放置两个立方体

要求在有限次操作内使得每个方格上的立方体数量相等。
现在给出$a_{i,j}$的取值$[L,R]$，问你有多少种初始数量的方案可以满足上述要求。

解题思路

因为操作可以任意次，所以不需要考虑具体操作次数，并且可以发现我们可以通过操作$1$做到选择任意两个方格进行加$1$的操作。
然后就是想到因为最后数量需要一样，每次都是加$1$或者加$2$，所以考虑初始状态的奇偶性。假设全是奇数或者全是偶数，则可以通过操作$2$完成目标。
假设初始时有$x$个奇数，$y$个偶数。
因为操作$2$不会改变整体方格上立方体数量的奇偶性，只有在奇偶性相同的方格上进行操作$1$，才会改变整体的奇偶性，如：选择两个奇数数量的方格进行操作1，则整体奇数数量会减$2$，偶数数量会加$2$，而选择奇偶性不同的方格操作相当于没变（奇偶性不发生该改变）。
并且每次更改都是$2$，所以初始奇数的数量或者偶数的数量一定要有一个是偶数，这样才可以满足要求。

• 如果$n * m$是奇数，那么奇数和偶数中一定有一个的数量是偶数，答案直接就是 $(R - L + 1)^{n * m}$
• 如果是偶数，则需要计算，利用组合数学得出$\sum_{i = 0}^{n * m} C_{n * m}^i * x^i * y^{(n * m - i)} * [i \% 2 = 0]$

对于第二种情况，
根据二项式定理可得：$(x - y) ^{(n * m)} = \sum_{i = 0}^{n * m} C_{n * m}^{i} x^i * y^{(n *m - i)} * (-1)^{n * m - i} = \sum_{i = 0}^{n * m} C_{n * m}^{i} x^i * y^{(n *m - i)} * (-1)^{i}$
所以奇数项是$-1$，偶数项是$1$，我们只要求出偶数项的值即可。
$(x + y)^{n*m} = \sum_{i = 0}^{n * m} C_{n * m}^{i} x^i * y^{(n *m - i)}$
因此$ans = \cfrac{(x-y)^{n * m} + (x + y^{n * m})}{2}$

故：
当$n *m$是奇数时，$ans = (R - L + 1)^{n * m}$
否则$ans = \cfrac{(x-y)^{n * m} + (x + y^{n * m})}{2}\ \ (x为奇数出现的数量，y为偶数出现的数量)$

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define qc ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);cout.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<ll, ll>
#define pb push_back
#define V vector
using namespace std;
const int N = 2e5 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = 998244353;

inline char nc() {
    static char buf[1000000], *p1 = buf, *p2 = buf;
    return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1000000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
template <typename _Tp> inline void read(_Tp&sum) {
    char ch = nc(); sum = 0;
    while (!(ch >= '0'&&ch <= '9')) ch = nc();
    while (ch >= '0'&&ch <= '9') sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch - 48), ch = nc();
}

ll n,m,l,r;

ll ksm(ll x,ll y)
{
    ll p = 1;
    while(y)
    {
        if(y & 1)p = p * x % mod;
        x = x * x % mod;
        y >>= 1;
    }
    return p;
}

void solve(){
    read(n);
    read(m);
    read(l);
    read(r);
    if((n * m) & 1){
        printf("%lld\n",ksm((r - l + 1), n * m));
    }else{
        ll x = 0, y = 0;
        if((l & 1) && (r & 1)){
            x = (r - l) / 2;
            y = (r - l) / 2 + 1;
        }else if(!(l & 1) && !(r & 1)){
            x = (r - l) / 2 + 1;
            y = (r - l) / 2;
        }else{
            x = y = (r - l + 1) / 2;
        }
        printf("%lld\n",((ksm(abs(x - y), n * m) + ksm(x + y, n * m)) % mod) * ksm(2ll, mod - 2) % mod);
    }
}

int main()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif

    int T = 1;
    // scanf("%d",&T);
    while(T--){
        solve();
    }
    return 0;
}