ABC269F 题解

前言

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更好的阅读体验？

题解区的方法思维难度都过大（？），提供一种极其容易的方法。

思路

题目就是求 \(\sum\limits_{i=x_1}^{x_2}\sum\limits_{j=y_1}^{y_2}a_{i,j}\)。所以很容易想到先算 \(\sum\limits_{j=y_1}^{y_2}a_{i,j}\)。

这个并不困难：

• 如果 \(i\) 是奇数，那一行应该形如 \(x, 0, x+2, 0, x+4, 0, \cdots\) 这样子的。所以等差数列求和一下 \(x+(x+2)+(x+4)+\cdots+\text{end}\) 即可。
• 如果 \(i\) 是偶数，那一行应该形如 \(0, x, 0, x+2, 0, x+4, \cdots\) 这样子的。同样的等差数列，只是首项末项改一下就行。

于是可以被实现为 \(f(i, l, r)\)，具体见文末代码。答案就变成了 \(\sum\limits_{i=x_1}^{x_2}f(i,y_1,y_2)\)。

然后考虑如何快速计算。

发现公差固定。所以对于 \(i\) 同奇偶的那些行来说，他们的 \(f(i)\) 也是呈等差数列的。

所以随便实现一下就做完了。代码会比别的办法的代码好理解很多。注意 \(\div 2\) 使用逆元实现。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int mod = 998244353, inv = 499122177; //inv是指除以2 
int n, m;
int f(int id, int l, int r) //id行[l,r]列，总和
{
	if (id & 1) //奇数列 
	{
		int st = (l & 1) ? l : l + 1, ed = (r & 1) ? r : r - 1;
		if (st > ed) return 0;
		int cnt = (ed - st) / 2 + 1;
		int tmp = 1ll * (id - 1) * m % mod; st = (tmp + st) % mod, ed = (tmp + ed) % mod;
		return 1ll * (st + ed) * cnt % mod * inv % mod;
	}
	else //偶数列 
	{
		int st = (l & 1 ^ 1) ? l : l + 1, ed = (r & 1 ^ 1) ? r : r - 1;
		if (st > ed) return 0;
		int cnt = (ed - st) / 2 + 1;
		int tmp = 1ll * (id - 1) * m % mod; st = (tmp + st) % mod, ed = (tmp + ed) % mod;
		return 1ll * (st + ed) * cnt % mod * inv % mod;
	}
}
void solve()
{
	int x1, y1, x2, y2, ans = 0;
	scanf("%d%d%d%d", &x1, &x2, &y1, &y2);
	//for (int i = x1; i <= x2; i++) ans = (ans + f(i, y1, y2)) % mod;
	
	int st = (x1 & 1) ? x1 : x1 + 1, ed = (x2 & 1) ? x2 : x2 - 1; //奇数行 
	if (st <= ed)
	{
		int cnt = (ed - st) / 2 + 1;
		ans += 1ll * (f(st, y1, y2) + f(ed, y1, y2)) * cnt % mod * inv % mod, ans %= mod;
	}
	st = (x1 & 1 ^ 1) ? x1 : x1 + 1, ed = (x2 & 1 ^ 1) ? x2 : x2 - 1; //偶数行 
	if (st <= ed)
	{
		int cnt = (ed - st) / 2 + 1;
		ans += 1ll * (f(st, y1, y2) + f(ed, y1, y2)) * cnt % mod * inv % mod, ans %= mod;
	}
	printf("%d\n", ans);
}
int main()
{
	int q; scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
	while (q--) solve();
	return 0;
}

希望能帮助到大家！