ABC-269解题报告

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D. Do use hexagon grid

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$n^2$ 枚举两个格点，判断是否能直接走，能则连边，最后用 dfs 计算连通块个数。

E. Last Rook

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由于不需要考虑斜向的冲突，所以考虑行和列分开二分。以行为例：

如果有若干连续行的棋子数量小于行数，则答案一定在这些行中，以此作为二分的 check。

F. Numbered Checker

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显然每一行剩下的数都是一个等差数列。

考虑奇偶行分开计算：对于奇数行，只有奇数列能产生贡献；对于偶数行，只有偶数列能产生贡献。以奇数行为例：

具体地，若输入的四界分别为 $u,d,l,r$，则只考虑奇数行时，我们将四界缩紧为 $u^{\prime },d^{\prime },l^{\prime },r^{\prime }$（为方便接下来处理），此时能产生贡献的列数为 $le{n}_{row}=(r^{\prime }-l^{\prime })/2+1$，行数为 $le{n}_{column}=(d^{\prime }-u^{\prime })/2+1$。

显然贡献的左上角的值为 $s_1=(u^{\prime }-1)\times m+l^{\prime }$，右上角为 $s_2=(u^{\prime }-1)\times m+r^{\prime }$，则第一行的和 $su{m}_{u^{\prime }}=(s_1+s_2)\times le{n}_{row}$。

第二个产生贡献的行（即 $u^{\prime }+2$ 行）的和为 $su{m}_{u^{\prime }+2}=su{m}_{u^{\prime }}+le{n}_{row}\times 2m$，第三行为 $su{m}_{u^{\prime }+4}=su{m}_{u^{\prime }}+le{n}_{row}\times 4m$ 以此类推。可以发现每一行都含有一个 $su{m}_{u^{\prime }}$ 的项，单独提出来，得到 $su{m}_{u^{\prime }}\times le{n}_{column}$，而每一行新加的贡献为 $le{n}_{row}\times 0m+le{n}_{row}\times 2m+le{n}_{row}\times 4m\cdots$，这也可以很容易得用等差数列求得。

偶数行偶数列的情况同理，由于操作完全相同，可以封装成函数调用两遍。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=998244353;
int add(int a,int b) {return (a+b)%mod;}
int mul(int a,int b) {return a*b%mod;}
signed main() {
	int inv2=(mod+1)/2;
	int n,m,q;
	cin>>n>>m>>q;
	while(q--) {
		int l,r,u,d,ans=0;
		cin>>u>>d>>l>>r;
		auto solve=[&](bool flag) {
			int u1=u,d1=d,l1=l,r1=r;
			if(u1%2==flag) u1++;
			if(d1%2==flag) d1--;
			if(l1%2==flag) l1++;
			if(r1%2==flag) r1--;
			int lenrow=(r1-l1)/2+1,lencol=(d1-u1)/2+1;
			int res=mul(mul(add(add(mul(u1-1,m),l1),add(mul(u1-1,m),r1)),lenrow),inv2);
			(ans+=mul(res,lencol))%=mod;
			(ans+=mul(mul(mul(mul(2*(lencol-1),m),lencol),inv2),lenrow))%=mod;
		};
		solve(0),solve(1);
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}