这道题是一道思维+组合计数的题目
题目给了两个操作，我们发现第一个操作并不改变奇偶，但是可以把相同奇偶的数变成同一个数，第二个数可以改变相邻数的奇偶性
这样就是一个经典问题了，问每次改变相邻两个数的奇偶性，能不能将所有的数变成奇偶性相同的。
答案就是，只要在这个区域内，奇数和偶数的个数不都为奇数就行。因为这样我们就可以把个数是奇数的，如果两类都是偶数，随便移一类就行
通过交换奇偶的方式，全部移到边上靠着
1 1 1 1
2 2 2 2
2 2 2 2
例如这样，因为其中一类数都移到边上了，所以剩下的一类数，不但是偶数个，还相邻，这样就可以通过两个两个改变，将所有的数的奇偶性都变成一样。
这里也就发现如果都是奇数，那是不行的，因为没法配对。
之后就是一个组合计数问题，如果棋盘是奇数个，那么全部状态都是可以的。如果棋盘是偶数个，我们就可以推出公式，保证在取得时候是偶数个得时候取，因为奇数+奇数=偶数，这种是不行的
这个公式的物理意义就是在n*m中选i个位置给奇数，那么每个位置有x（l-r中的奇数个数）种选择，其他位置有y种选择（l-r中的偶数个数）
本题要用快速幂求，还要求逆元，因为根据公式构造得二项式为((x+y)^n*m+(x-y)^n*m)/2;
因为要取模，所以2要变成逆元
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdio> #include<map> #include<string> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; const int N=2e5+5; const ll mod=998244353; ll qpow(ll m,ll k){ ll res=1%mod; ll t=m%mod; while(k){ if(k&1){ res=res*t%mod; } t=t*t%mod; k>>=1; } return res%mod; } int main(){ ll n,m; ll l, r; ll ans=0; cin>>n>>m>>l>>r; if(n*m&1){ ans=qpow(r-l+1,m*n); cout<<ans<<endl; } else{ ans=qpow(r-l+1,m*n)+((r-l+1)&1?1:0); ans%=mod; ans=(ans*qpow(2,mod-2)); ans%=mod; cout<<ans<<endl; } return 0; }