codeforces 1332 E - Height All the Same(组合数学、奇偶性)
codeforces 1332 E - Height All the Same(组合数学、奇偶性)
题意：
现在有一个\(n∗m\)的方格，第\(i\)行第\(j\)列有\(a[i][j]\)个方块。
你可以执行以下操作任意次：
1、选择\((i,j)\)使\(a[i][j]\)加上\(2\)。
2、选择两个相邻的方格，将其方格数加上\(1\)。
现在问初始\(a[i][j]\)可以是\([L,R]\)中的任意数，有多少种初始方案可以通过任意次数的操作后使所有的\(a[i][j]\)相等。
思路：
因为操作1不改变奇偶性，而同奇偶性的数一定可以通过操作1变成相等的数，所以对于一个\(n∗m\)的方格，只考虑其奇偶性，问题可以转化为，能否选择两个相邻的方格，使其奇偶性翻转，最后使整个方格奇偶性一致。
这是一个经典的问题，解法为：奇数和偶数的个数都是奇数是不行的，否则可行。
可以观看下图，红色代表奇数，白色代表偶数。
我们可以通过一次翻转使其变成：
当将奇数移动到一些特殊的位置后，有因为剩下的偶数的个数cntcnt为偶数，可以通过cnt/2cnt/2次翻转操作变为：
全部变成红色（奇数）。
只要奇数的个数和偶数个数的至少一个为偶数，就可以通过这种方法将其变成同奇偶性。
来思考本题的2种情况：
如果\(n∗m\)是奇数，那么奇数的个数和偶数个数至少一个为偶数，则所有初始状态都满足条件。
答案为\((R−L+1)^{n∗m}\)。
否则，设\(x\)为\([L,R]\)中奇数的个数，设\(y\)为\([L,R]\)中偶数的个数。
\(ans=∑^{n∗m}_{i=0}C^i_{n∗m}∗x^i∗y^{n∗m−i},i\% 2 = 0\)
那么答案就是\(∑^{n∗m}_{i=0}C^i_{n∗m}∗x^i∗y^{n∗m−i}\)二项式中偶数项的和。
构造二项式\((x−y)^{n∗m}=∑^{n∗m}_{i=0}C^i_{n∗m}∗x^i∗y^{n∗m−i}∗(−1)^{n∗m−i},(−1)^{n∗m−i}=(−1)^i\)的奇偶项为正负交替的。
则：
\(ans=\frac{(x+y)^{n*m}+(x-y)^{n*m}}{2}\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 2e5 + 10;
const int mod = 998244353;
ll qpow(ll a, ll b){
ll ans = 1;
while(b){
if(b & 1) ans = (ans * a) % mod;
a = (a * a) % mod;
b >>= 1;
}
return ans % mod;
}
void solve(){
ll n, m, l, r;
cin >> n >> m >> l >> r;
ll x = (r - l + 1);
if(n * m % 2 == 1){
cout << qpow(x, n * m) % mod << endl;
return;
}
//cout << x << " " << n * m << endl;
ll ans = (qpow(x, n * m) + ((x & 1) ? 1 : 0)) % mod;
//cout << ans << endl;
ans = (ans * qpow(2ll, mod - 2ll)) % mod; //①
cout << ans << endl;
}
int main(){
IOS;
int t; t = 1;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
参考：
- 本文转载自：qieqiemin。
- 不懂①可以转codeforce#Round604 -E Beautiful Mirrors
- ①应用可转：codeforces1312 D. Count the Arrays
