E. Height All the Same

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E. Height All the Same

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标签

• 组合数学
• 二项式定理

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简明题意

• 给定n*m的矩阵,每一个a[i][j]代表(i,j)的高度。你可以执行两种操作：
• 1.给任意一个a[i][j]加上2.
• 2.给两个相邻的格子都加1.
• 现在给出n，m，l，r，问你n*m的矩阵，每个格点的初始值是[l,r]中的任意一个，问有多少种初始值，可以使得经过上面的2种操作，所有格点的值相同。

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思路

• 假设每个格点的高度已知，那么如何判断是否能通过上面的操作使得全部相等呢？实际上可以从奇偶性的角度考虑。
• 如果所有格点都是奇数或者都是偶数，那么很显然通过操作1即可。接下来考虑既有奇数格点又有偶数格点的情况。
• 我们想想操作2的作用。显然是将奇偶性反转。假如有4个格点是奇数，那么可以通过操作2将这4个格点全部变成偶数。概括一下，也就是同奇偶性的数有偶数个，那么可以先通过操作2使得所有数的奇偶性相同，再通过操作1使得所有数相等。
• 综上，所有数奇偶性相同可行（直接操作1），奇数有偶数种可行（先操作2再操作1），偶数有偶数种可行。唯一不可行的是：奇数和偶数都是奇数种。
• 记下来思考如何计算答案。
• 1.nm是奇数。那么奇数和偶数总有一种的个数是偶数。所以怎么填都可行。答案就是：每个点可以填L-R中的任意一个，也就是每个格点可以填(R-L)种数，一共有nm个格点，答案就是$(R-L{)}^{n\ast m}$
• 2.n*m是偶数。
• 那么我们先从n*m个格子中选出偶数个格子，$C_{n\ast m}^i$。再把这些格子填成偶数，$x^i$，剩下的格子填奇数：$y^{n\ast m-i}$，所以最后答案就是：
  $$\sum _{i=0且i为偶数}^{n\ast m}{C}_{n\ast m}^i{x}^i{y}^{n\ast m-i}$$
• 回忆二项式定理：
  $$(x+y{)}^n=\sum _{i=0}^n{C}_n^i{x}^i{y}^{n-i}$$
• 因此上式，我们实际求的是，二项式展开后的偶数项。我们可以构造出一个
  $$(x-y{)}^n=\sum _{i=0}^n{C}_n^i{x}^i(-y{)}^{n-i}$$
• 这个式子中，i为奇数，n-i也是奇数，那么i为奇数时，这一项就是负数。所以$\frac{(x+y{)}^n+(x-y{)}^n}{2}$刚好把奇数项抵消了，求出来就是二项式偶数项的和的两倍。
• 所以n*m是偶数时，答案就是$\frac{(x+y{)}^{n+m}+(x-y{)}^{n+m}}{2}$

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注意事项

• 无

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总结

• $C_n^i{x}_i{y}^{n-i}$要立马想到二项式定理。
• 求二项式展开后的奇/偶数项，要想到构造抵消。
• 模意义下不要提前给指数取模了。
• 这里/2用转换成乘法逆元~~

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AC代码

#pragma GCC optimize(2)
#include
#include
#include
#include 
#include
#include
#include
#include	
#include
#include
#include
using namespace std;

const int mod = 998244353;

int ksm(int a, long long b)
{
	int ans = 1, base = a;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			ans = 1ll * ans * base % mod;
		b >>= 1;
		base = 1ll * base * base % mod;
	}
	return ans;
}

void solve()
{
	int n, m, l, r;
	cin >> n >> m >> l >> r;
	int x = r / 2 - (l - 1) / 2;
	int y = r - l + 1 - x;
	if (1ll * n * m & 1) cout << ksm(r - l + 1, 1ll * n * m);
	else cout << (ksm(x + y, 1ll * n * m) + ksm(x - y, 1ll  * n * m)) *1ll * ksm(2, mod - 2) % mod;
	
}
	
int main()
{
	//freopen("Testin.txt", "r", stdin);
	solve();
	return 0;
}