AT ARC202B Japanese "Knight's Tour"

挺好玩一题。

每一步移动为 \((-2, \pm 1)\)，所以行的变化一定是每次 \(-2\)。
又因为每一行肯定需要能被走到，于是有 \(2\nmid H\)，即 \(H\) 为奇数。

当 \(H\) 为奇数时，把这个行的顺序记录下来，就可以当作每一步移动是 \((-1, \pm 1)\) 了。

考虑把这个过程定向，因为每一个位置都会被恰好经过一次且最后会成环，所以可以知道每个位置一定有一个前驱一个后继。

又因为前驱后继的行数其实是确定的（当前行数 \(+1, -1\)），所以可以分开各个行间的连边情况最后考虑合并。

考虑行间连边会成什么形态，不难发现只有以下 \(4\) 种（变量都是表示的列数，在 \(\bmod W\) 意义下）：

• \(\forall i\in [0, W - 1], i\to i + 1\)。
• \(\forall i\in [0, W - 1], i\to i - 1\)。
• 当 \(2 \mid W\) 时，\(\forall i\in [0, \frac{W}{2} - 1], 2i\to 2i + 1, 2i + 1\to 2i\)。
• 当 \(2 \mid W\) 时，\(\forall i\in [0, \frac{W}{2} - 1], 2i - 1\to 2i, 2i\to 2i - 1\)。

同时会发现我们只关心能不能遍历完所有的 \((0, i)(0\le i < W)\)，因为能遍历到这些点根据限制也就能遍历到所有的点。

先来考虑 \(2\nmid W\)，即 \(W\) 为奇数的情况。

行间连边的差距只会是 \(\pm 1\)，假设表示 \((0, i)\) 会走到 \((0, j)\)，记 \(d_i = j - i\)。

可以知道所有 \(d_i\) 应当相同，为行间差距的和（即 \(+1\) 的数量减掉 \(-1\) 的数量），并且合法当且仅当 \(\gcd(d_0, W) = 1\)。

于是可以枚举 \(d_0\)，对应的方案数就是 \(\dbinom{H}{\frac{H + d_0}{2}}\)。

接下来考虑 \(2 \mid W\)，即 \(W\) 为偶数的情况。

依然记 \(d_i\)。

此时会发现因为存在第 \(3, 4\) 种情况的干扰，\(d_i\) 或许并不是全部相同的了。

不过会发现：对于 \(d_i\) 递推的过程，会发现若 \(i + d_i\) 的奇偶性相同，\(d_i\) 的变换量也是相同的。
于是可以知道，奇数的 \(i\) 的 \(d_i\) 一定相同，偶数的 \(i\) 的 \(d_i\) 一定相同。

考虑此时的 \(d_0, d_1\) 要满足什么限制：

• \(\gcd(d_0, W) = 1\)。
• \(\gcd(d_1, W) = 1\)。
• \(\gcd(d_0 + d_1, W) = 2\)，这个的意义是把 \(2i\) 和 \(2i + d_0\) 捆绑，当作是 \(2i\to 2i + d_0 + d_1\)，要求所有偶数也得成一个环，\(\gcd(\frac{d_0 + d_1}{2}, \frac{W}{2}) = 1\) 这个形式或许更直观。

发现因为 \(2\nmid H\)，所以 \(2\nmid d_0, 2\nmid d_1\)，所以前两个限制一定满足。

那么只需要考虑最后一个限制了，依然可以考虑枚举 \(d_0 + d_1\) 的值，考虑计数。
发现能够把四种可能的情况分析为：\(d_0\) 可以选择 \(\pm 1\)，\(d_1\) 可以选择 \(\pm 1\)（任意一种情况的组合一定存在）。
于是可以看作是一个长度 \(2H\) 的折线，每一步都是 \(\pm 1\)，最后值为 \(d_0 + d_1\)，方案数就为 \(\dbinom{2H}{H + \frac{d_0 + d_1}{2}}\)。

时间复杂度为 \(\mathcal{O}(H\log W)\)，因为涉及到求 \(\gcd\)。

实现中 \(W\) 为偶数的情况枚举的是 \(\frac{d_0 + d_1}{2}\)。

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#include <bits/stdc++.h>

using ll = long long;

constexpr ll mod = 998244353;
constexpr ll inv2 = (mod + 1) / 2;

inline ll qpow(ll a, ll b) {
    ll v = 1;
    for (; b; b >>= 1, a = a * a % mod) {
        if (b & 1) v = v * a % mod;
    }
    return v;
}

constexpr int maxH = 4e5 + 10;

ll fac[maxH], ifac[maxH];
inline ll binom(int n, int m) {
    return fac[n] * ifac[n - m] % mod * ifac[m] % mod;
}

int main() {
    int H, W;
    scanf("%d%d", &H, &W);
    
    if (H % 2 == 0) return puts("0"), 0;
    
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= H * 2; i++) {
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    }
    ifac[H * 2] = qpow(fac[H * 2], mod - 2);
    for (int i = H * 2; i >= 1; i--) {
        ifac[i - 1] = ifac[i] * i % mod;
    }
    
    ll ans = 0;
    if (W % 2 == 1) {
        for (int i = -H; i <= H; i += 2) {
            if (std::__gcd(std::abs(i), W) != 1) continue;
            (ans += binom(H, (H + i) / 2)) %= mod;
        }
    } else {
        for (int i = -H; i <= H; i++) {
            if (std::__gcd(std::abs(i), W / 2) != 1) continue;
            (ans += binom(H * 2, H + i)) %= mod;
        }
    }
    
    printf("%lld\n", ans);
    
    return 0;
}