下文預設\(n=r,m=c,x=c_1,y=c_r\)略略
先判掉一次到達的情況，然後就可以從起點和終點分別畫出5條可行線
由此得到若干交點，手動數一下有幾個交點在內部的整點上
void qqq()
if(((x+1)&1)==((y+n)&1))
printf("%d %d\n",2,res);
}}
\[\
\]\[\
\]看起來是很複雜的問題，但是實際上可以從乙個簡單的貪心入手
判定條件
可以發現，任意一次行走的直線上，座標\((x,y)\)的\((x+y)\mod 2\)不變
所以只要\(x+1\equiv y+n\pmod 2\)即可
貪心策略
首先一定是每次向前走
第一步選擇向左/右，然後每次轉向，每次走都頂到邊界線
但是這樣顯然會無法到達最終位置
糾正方法
考慮貪心到達的最後位置為\(to\)，那麼得到的差值\(|to-y|\)是我們要矯正的距離
而矯正方法：在中途出現的每次轉向位置，向裡面"凹"進去一點，每凹進去一格，實際上相當於少走了兩格
注意矯正的方向是根據最後一步走的方向而變化的，因此如果矯正方向不對，需要額外增加一步
此時，相當於需要多矯正到沿邊界線對稱的位置，需要多走\(2(to-1)\)或者\(2(m-to)\)的距離
假設走了\(c\)步，那麼我們有\(c-1\)個轉折點，最後將這若干的矯正距離分配到\(c-1\)個轉折點上，可以用乙個組合數解決
由於矯正距離是\(o(m)\)的，所以組合數顯然可以在\(o(m)\)時間內求出
\[\
\]最後將向左向右合併即可
ll qpow(ll x,ll k=p-2)
int c(int n,int m)
int divide(int n,int m)
void bbb()
\[\
\]\[\
\]可以發現，每次一定是向前的三個方向走，由此可以得到乙個簡單的$o(nm)\ $ \(dp\)
用矩陣優化可以做到\(o(m^3\log n)\)求出所有的答案
難點在於如果快速求出這個矩陣\(a\)的\(a^\)，即要加速矩陣求冪
容易想到用特徵多項式解決該問題，參考
問題分為兩步
得到\(p_m(\lambda)\)
列出我們的轉移矩陣\(a=\)
\(\begin1\ 1\ 0\ 0\ 0\ 0\ \cdots \ 0\\ 1\ 1\ 1\ 0\ 0\ 0\ \cdots \ 0\\ 0\ 1\ 1\ 1\ 0\ 0\ \cdots \ 0\\ \cdots\cdots\cdots\cdots \\ 0\ \cdots\ 0\ 0\ 1\ 1\ 1\ 0\\0\ \cdots\ 0\ 0\ 0\ 1\ 1\ 1\\ 0\ \cdots\ 0\ 0\ 0\ 0\ 1 \ 1\end\)
\(\lambda i-a=\)
\(\lambda -1\)
\(-1\)
\(0\)
\(0\)
\(0\)
\(0\)
\(\cdots\)
\(0\)
\(-1\)
\(\lambda -1\)
\(-1\)
\(0\)
\(0\)
\(0\)
\(\cdots\)
\(0\)
\(0\)
\(-1\)
\(\lambda -1\)
\(-1\)
\(0\)
\(0\)
\(\cdots\)
\(0\)
\(\cdots\)
\(\cdots\)
\(\cdots\)
\(\cdots\)
\(\cdots\)
\(\cdots\)
\(\cdots\)
\(\cdots\)
\(0\)
\(0\)
\(\cdots\)
\(0\)
\(-1\)
\(\lambda -1\)
\(-1\)
\(0\)
\(0\)
\(0\)
\(\cdots\)
\(0\)
\(0\)
\(-1\)
\(\lambda -1\)
\(-1\)
\(0\)
\(0\)
\(\cdots\)
\(0\)
\(0\)
\(0\)
\(-1\)
\(\lambda -1\)
每一行有\(2/3\)個元素，看起來並不是很好得到行列式
但是容易得到乙個遞推式，設\(m\)階轉移矩陣的特徵多項式為\(p_m(\lambda)\)
如果最後一行取第\(m\)個元素，值為\((\lambda-1)p_(\lambda)\)
如果最後一行取第\(m-1\)個元素，值為\(-p_(\lambda)\)
因而得到
\(p_m(\lambda)=\left\1&& m=0\\ \lambda-1 && m=1\\ (\lambda-1)p_(\lambda)-p_(\lambda) && m>1\end\right.\)
可以在\(o(m^2)\)的時間內暴力求出，也可以得到通項公式(太憨了)
那麼得到關係用\(\lambda^n\mod p_m(\lambda)\)的係數優化計算，可以用暴力實現的多項式取模+快速冪得到\(o(m^2\log n)\)
當然也可以優化
\[\
\]求出\(a^0,a^1,a^2\cdots a^m\)
直接求顯然是\(o(m^3)\)的，卡一卡說不定能過？
由於走的是乙個\(m\times m\)的棋盤，可以用乙個簡單容斥得到答案
設\(f_\)為從\(x\)走到\(y\)，中途允許超出邊界的方案數
由於棋盤只有\(m\times m\)，中途最多隻會可能經過一條邊界線
而一旦在某乙個時刻超出邊界線到達\(0/m+1\)，那麼接下來達到這條邊界線兩側對稱點的方案數是一樣的
即：跨過了某一條邊界線\(0/m+1\)的不合法方案數，可以用到達\(y\)關於這條邊界線的對稱點的不一定合法方案數得到
而不一定合法的\(f_\)實際上只和\(|x-y|\)有關
由此，可以用\(f_\)表示出\(a^i_\)，那麼接下來只需要先計算出\(f_\)對於係數的求和，最終進行一次容斥，減去兩側不合法方案數即可
typedef vector poly;
poly operator * (const poly &a,const poly &b)
poly operator * (poly a,const int &b)
poly operator + (poly a,const poly &b)
poly f,g,t=poly;
int f[n*2],g[n*2],h[n*2];
void kkkinit(),f=t;
rep(i,2,m) swap(f,g),f=g*t-f; // 遞推特徵多項式
f=pow(poly,n-1,f); // 求出x^ mod p(x)
f[0]=1,h[0]=f[0];
rep(t,1,f.size()-1) ，只需要求一半
rep(i,0,t) g[i]=f[i];
rep(i,0,t) }}
void kkk()
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