题意

对于一个\(n*m\)的矩阵，有两种操作

• 一个格子加二
• 一个格子和另一个相邻的格子同时加一

通过这两种操作最终使得所有矩阵元素相等

对于矩阵元素来说，有\(L\leq a_{i,j}\leq R(1\leq i\leq n,1\leq j\leq m)\)

问有多少种方案数，答案\(\mod 998244353\)

分析

由于最终相等的值与答案无关，所以我们不妨所有元素减去\(L\)，即所有元素的值在\([0,R-L]\)区间内

而所有元素通过操作可以相差最多为\(1\)（仅仅分奇偶）

这种操作可以不断进行，所以我们只需看数字的奇偶性

为描述，我们不妨将所有元素视为\(0,1\)

对于\(1\)来说，其周围一定没有\(1\)，否则可以填上使两元素变为\(0\)，那么如果该\(1\)和旁边的\(0\)同时加\(1\)，我们可以发现\(0\)和\(1\)互换位置了

这种操作的意义在于，对于任意的一个\(1\)，我们可以通过操作使其变到其他任意的位置

那么如果矩阵中有奇数个\(1\)，我们可以将其变为\(1\)个\(1\)，而偶数个\(1\)，我们一定可以将两个\(1\)进行配对，从而消去

我们思考\(n*m\)的奇偶性

• 若\(n*m\)为奇数，若有偶数个\(1\)，则满足条件，若有奇数个\(1\)，我们将其变为\(1\)个\(1\)，并将其移动到边角上，通过蛇形配对，我们可以将除该元素的其他元素同时加上\(1\)，所有元素相等，因此所有取值皆满足答案就是\((R-L+1)^{n*m}\)(每个数有\(R-L+1\)中取法)
• 若\(n*m\)为偶数，若有偶数个\(1\)，则满足条件，若有奇数个\(1\)，我们可以发现元素和为奇数，而\(n*m\)为偶数，元素和无论怎么增加（每次加二），一定是奇数，无法整除\(n*m\)一定不满足，因此答案为偶数个\(1\)的取值方式

接下来分析\(n*m\)为偶数时，有多少种偶数个\(1\)的取值方式：

如果\(R-L+1\)为奇数，则可以取\(\frac {R-L+2} {2}\)种奇数，否则为\(\frac {R-L+1} {2}\)种奇数，设为\(j\)，设\(R-L+1\)为\(t\)

答案为\(C^0_{n*m}*j^0*(t-j)^{n*m}+C^2_{n*m}*j^2*(t-j)^{n*m-2}+\cdots+C^{n*m}_{n*m}*j^{n*m}*(t-j)^{0}\)，意思为挑偶数（\(2*k\)）个奇数（\(C^{2*k}_{n*m}\)），每个奇数有\(j\)中取值，其余偶数有\(t-j\)种取值

发现这个式子是二项展开式的偶数项，那么可以推导下（半小时无从下手，我对不起高中数学老师）

\[(j+(t-j))^{n*m}=C^{0}_{n*m}j^{0}(t-j)^{n*m}+C^{1}_{n*m}j^{1}(t-j)^{n*m-1}+\cdots+C^{n*m}_{n*m}j^{n*m}(t-j)^{0}
\]

\[(j-(t-j))^{n*m}=C^{0}_{n*m}j^{0}(t-j)^{n*m}-C^{1}_{n*m}j^{1}(t-j)^{n*m-1}+\cdots+C^{n*m}_{n*m}j^{n*m}(t-j)^{0}
\]

第二个式子偶数项是加号，奇数项是减号（从\(0\)开始计数）

两式相加除以二即为偶数项和，即

\[\frac{(j+(t-j))^{n*m}+(j-(t-j))^{n*m}}{2}
\]

#pragma GCC optimize(3, "Ofast", "inline")

#include <bits/stdc++.h>

#define start ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define ll long long
#define int ll
#define ls st<<1
#define rs st<<1|1
#define pii pair<int,int>
#define rep(z, x, y) for(int z=x;z<=y;++z)
#define com bool operator<(const node &b)
using namespace std;
const int maxn = (ll) 3e5 + 5;
const int mod = 998244353;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

int qp(int x, int y) {
    int ans = 1;
    while (y) {
        if (y & 1)
            ans = ans * x % mod;
        x = x * x % mod;
        y >>= 1;
    }
    return ans;
}

signed main() {
    start;
    int n, m, L, R;
    cin >> n >> m >> L >> R;
    int t = R - L + 1;
    if ((n * m) & 1) {
        cout << qp(t, n * m) % mod;
    } else {
        int j;
        if (t & 1)
            j = (t + 1) / 2;
        else
            j = t / 2;
        int ans = ((qp(t, m * n) + qp((2 * j - t), m * n)) % mod + mod) % mod * qp(2, mod - 2) % mod;
        cout << ans;
    }
    return 0;
}