AtCoder Regular Contest 139 E Wazir
好题。
这种题一般可以考虑，观察最优解的性质，对于性质计数。
发现如果 \(n,m\) 均为偶数，可以放满。就是类似这样：
#.#.#.
.#.#.#
#.#.#.
.#.#.#
因此答案就是 \(2\)。
如果 \(n,m\) 有一个为偶数，不妨假设 \(n\) 为偶数。那么最优解形似：
#.#..
.#..#
#..#.
.#..#
可以发现答案是 \(n \times \frac{m - 1}{2}\)，并且一行有且仅有两个连续格子是 .，并且上下两行两个连续 . 的坐标一定相差 \(1\)。
那么对于 \(n,m\) 都是奇数的情况，答案是 \(\min(n \times \frac{m - 1}{2}, m \times \frac{n - 1}{2})\)。不妨假设 \(n \ge m\)，那么答案是 \(n \times \frac{m - 1}{2}\)，性质同上。
下面假设最优解是 \(n\) 行每行放 \(\frac{m - 1}{2}\) 个。
考虑将一个方阵映射到一个比较好计数的序列。设 \(a_i\) 为第 \(i\) 行，连续两个 . 的位置。那么实际上要满足：
\[\begin{cases} \forall i \in [1, n], a_i - a_{i + 1} \equiv \pm 1 \pmod{m} \\ a_1 = a_{n + 1} \end{cases}
\]
考虑对于 \(b_i = a_i - a_{i + 1} = \pm 1\) 计数，这样要求 \(\sum\limits_{i=1}^n b_i = 0\)。
注意因为 \(n,m\) 可能被 swap 过，所以只能保证 \(\min(n, m) \le 10^5\)。
- 当 \(n \le 10^5\)，枚举有多少个 \(b_i = 1\)，多少个 \(= -1\)，用组合数算；
- 当 \(m \le 10^5\)，考虑构造多项式 \(f(x) = (x + x^{-1})^n \pmod{x^m - 1}\)，那么就是要求 \(f(x)\) 的常数项。感性理解，每次可以给指数 \(+1\) 或 \(-1\)，最后要求指数 \(= 0\)。这个可以多项式快速幂算。
注意最后答案要 \(\times m\)，因为 \(a_1\) 任意。
时间复杂度 \(O(\min(n, m) \log n \log m)\)。
code
// Problem: E - Wazir
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 139
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc139/tasks/arc139_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 10000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 1000100;
const int N = 1000000;
const ll mod = 998244353, G = 3;
inline ll qpow(ll b, ll p) {
ll res = 1;
while (p) {
if (p & 1) {
res = res * b % mod;
}
b = b * b % mod;
p >>= 1;
}
return res;
}
ll n, m, fac[maxn], ifac[maxn], r[maxn];
void init() {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}
ifac[N] = qpow(fac[N], mod - 2);
for (int i = N - 1; ~i; --i) {
ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
}
inline ll C(ll n, ll m) {
if (n < m || n < 0 || m < 0) {
return 0;
} else {
return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
}
}
typedef vector<ll> poly;
inline poly NTT(poly a, int op) {
int n = (int)a.size();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (i < r[i]) {
swap(a[i], a[r[i]]);
}
}
for (int k = 1; k < n; k <<= 1) {
ll wn = qpow(op == 1 ? G : qpow(G, mod - 2), (mod - 1) / (k << 1));
for (int i = 0; i < n; i += (k << 1)) {
ll w = 1;
for (int j = 0; j < k; ++j, w = w * wn % mod) {
ll x = a[i + j], y = w * a[i + j + k] % mod;
a[i + j] = (x + y) % mod;
a[i + j + k] = (x - y + mod) % mod;
}
}
}
return a;
}
inline poly operator * (poly a, poly b) {
a = NTT(a, 1);
b = NTT(b, 1);
int n = (int)a.size();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
a[i] = a[i] * b[i] % mod;
}
a = NTT(a, -1);
ll inv = qpow(n, mod - 2);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
a[i] = a[i] * inv % mod;
}
return a;
}
inline poly qpow(poly a, ll p) {
int n = (int)a.size();
poly res(n);
res[0] = 1;
while (p) {
if (p & 1) {
res = res * a;
for (int i = m; i <= m * 2; ++i) {
res[i % m] = (res[i % m] + res[i]) % mod;
res[i] = 0;
}
}
a = a * a;
for (int i = m; i <= m * 2; ++i) {
a[i % m] = (a[i % m] + a[i]) % mod;
a[i] = 0;
}
p >>= 1;
}
return res;
}
void solve() {
scanf("%lld%lld", &n, &m);
if (n % 2 == 0 && m % 2 == 0) {
puts("2");
return;
}
if (m % 2 == 0 || ((n & 1) && (m & 1) && n < m)) {
swap(n, m);
}
ll ans = 0;
if (n <= 100000) {
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
if ((i - (n - i)) % m == 0) {
ans = (ans + C(n, i)) % mod;
}
}
} else {
int k = 0;
while ((1 << k) <= m * 2) {
++k;
}
for (int i = 1; i < (1 << k); ++i) {
r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (k - 1));
}
poly A(1 << k);
A[1] = A[m - 1] = 1;
poly res = qpow(A, n);
ans = res[0];
}
printf("%lld\n", ans * (m % mod) % mod);
}
int main() {
init();
int T = 1;
// scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}
