Description
给定 $n,m,L,R$，求大小为 $n imes m$ 的矩阵 $a_{i,j}$ 中满足 $Lle a_{i,j}le R$ 并且可以通过相邻元素一起 $+1$、元素 $+2$ 两种操作使整个矩阵相等的数量 $mod ~998244353$。
Solution
首先，可以观察到结果和实际的高度无关，之和高度的奇偶性有关。
这个很好理解，因为我们可以用操作 2 使得在同奇偶性的数域内变化。
现在只考虑操作 1。
我们用 $E$ 表示 $[L,R]$ 中的偶数个数，$O$ 表示 $[L,R]$ 中的奇数个数。
接下来要分两种情况。
如果 $n cdot m$ 是奇数的话，可以证明，任何一种方式都是合法的。
为什么？因为这以为着图中要么有偶数个 $a in ext{Even}$，要么有偶数个 $a in ext{Odd}$，无论是哪种，我们都可以用操作 1 使得这部分变成与它相反的奇偶性，那么奇偶性都相等，答案也就相等了。
所以这时有答案为：
$$ prod_{i = 1}^{n} prod_{j = 1}^{m}(R-L+1) = (R-L+1)^{nm}$$
否则就是 $n cdot m$ 是偶数。
设最终是 $h$ 层，那么最终 $sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m} a_{i, j} = nmh$，显然是个偶数。这时我们把过程倒过来想，无论怎么操作，$sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m} a_{i, j}$ 始终是偶数，所以我们只要保持局面的和是偶数，就一定有解。
可能你又想问为什么这个是充要条件，因为和是偶数，说明一定有偶数个 $a in ext{Odd}$，所以类比上面就可知了。
但是这个怎么求呢？
显然，我们只要保持局面上 $a in ext{Odd}$ 的个数为偶数就行了。不妨设有 $2i$ 个位置是奇数，$[L,R]$ 中有 $O$ 个奇数，$E$ 个偶数。
答案为：
$$ sum_{i = 0}^{frac{nm}{2}}left(egin{matrix} nm \ 2i end{matrix} ight )O^{2i} E^{nm - 2i} $$
可是这个式子怎么求呢？
这让我们想到二项式定理。
二项式定理的表述为：
$$ (x+y)^{z} = sum_{i=0}^{z}left(egin{matrix} z \i end{matrix} ight)x^i y^{z-i} $$
是不是比较相似呢？
$$ (O + E)^{nm} = sum_{i = 0}^{nm} left(egin{matrix} nm \ i end{matrix} ight) O^i E^{nm - i}$$
然后偶数项和奇数项分别拉出来。
$$(O+E)^{nm} = sum_{i = 0}^{frac{nm}{2}} left(egin{matrix} nm \ 2i end{matrix} ight ) O^{2i} E^{nm - 2i} + sum_{i = 1}^{frac{nm}{2}} left(egin{matrix} nm \ 2i-1 end{matrix} ight ) O^{2i-1} E^{nm - (2i-1)}$$
发现左半边就是我们想要的东西。
怎么消掉右半边？发现：
$$ (O-E)^{nm} = sum_{i = 0}^{frac{nm}{2}} left(egin{matrix} nm \ 2i end{matrix} ight ) O^{2i} E^{nm - 2i} - sum_{i = 1}^{frac{nm}{2}} left(egin{matrix} nm \ 2i-1 end{matrix} ight ) O^{2i-1} E^{nm - (2i-1)} $$
两式相加，得到：
$$ (O + E)^{nm} + (O - E)^{nm} = 2 sum_{i = 0}^{frac{nm}{2}} left(egin{matrix} nm \ 2i end{matrix} ight ) O^{2i} E^{nm - 2i}$$
所以，答案就是：
$$ frac{(O + E)^{nm} + (O - E)^{nm}}{2} $$
使用快速幂可以做到 $mathcal O(log (nm))$，值得注意的是使用欧拉定理应当特判底数等于 $0$ 的情况，否则会被极端数据卡掉，例如：
998244352 2 1 998244353
答案是 $499122177$。
具体细节看代码吧。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL MOD = 998244353;
LL qpow(LL a, LL p)
{
if(a == 0) return 0;
LL res = 1;
while(p)
{
if(p & 1) res = res * a % MOD;
a = a * a % MOD;
p >>= 1;
}
return res;
}
int main()
{
LL n, m, l, r;
cin >> n >> m >> l >> r;
if(n * m & 1) cout << qpow((r - l + 1) % MOD, n * m % (MOD - 1)) << endl;
else
{
LL E = (r >> 1) - (l - 1 >> 1);
LL O = r - l + 1 - E;
cout << ((qpow((O + E) % MOD, n * m % (MOD - 1)) + qpow((O - E + MOD) % MOD, n * m % (MOD - 1))) * 499122177 % MOD) << endl; // 499122177 是 mod 998244353 意义下 2 的逆元
}
return 0;
}