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如果设\(f_{i,j}\)为当前位置要不要取反，那么显然可以列出\(nm\)个方程。
直接解方程是\(O(\frac{n^3m^3}{w})\)的显然过不去。
考虑每个方程的项数很少，所以可以主元法。具体的，令前两行和第一列为变量，则每个位置\((i,j)\)都可以用\((i-2,j-1)\)位置的等式表达出来，这样每个位置都可以用这\(2m+n-2\)个数表示出来。
然后还有最后两行以及最后一列的方程没用。直接解看*元的数量即可。答案即为\(2\)的幂次。时间复杂度\(O(\frac{(n+m)^3}{w})\)
code:

#include<bits/stdc++.h>
#define I inline
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))
#define re register
#define RI re int
#define ll long long
#define db double
#define lb long db
#define N 600
#define M N*N+5
#define mod 123456789
#define Mod (mod-1)
#define eps (1e-9)
#define U unsigned int
#define it iterator
#define Gc() getchar() 
#define Me(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define d(x,y) (m*(x-1)+(y))
#define R(n) (rand()*rand()%(n)+1)
#define Pc(x) putchar(x)
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound  
using namespace std;
int n,m,k,cnt,Nx,Ny,Fl[N*3+5];bitset<N*3+5>F[N*N+5],Q[N*3+5],C;ll Ans=1;
int xp[8]={1,1,-1,-1,2,2,-2,-2};int yp[8]={2,-2,2,-2,1,-1,1,-1};
I void GA(int x,int y){C=F[d(x,y)];for(RI i=0;i<8;i++) {Nx=x+xp[i];Ny=y+yp[i];if(Nx<1||Ny<1|Nx>n||Ny>m) continue;C^=F[d(Nx,Ny)];}}
I void Ins(){RI i;for(i=k;i;i--){if(!C[i]) continue;if(!Fl[i]) {Fl[i]=1,Q[i]=C;cnt++;return;}C^=Q[i];}}
int main(){
	freopen("present.in","r",stdin);freopen("present.out","w",stdout);
	RI i,j,h;scanf("%d%d",&n,&m);k=2*m+n-2;if(n==1) {puts("1");return 0;} for(i=1;i<=m;i++) F[d(1,i)][i]=1,F[d(2,i)][i+m]=1;for(i=3;i<=n;i++) F[d(i,1)][i-2+2*m]=1;
	for(i=3;i<=n;i++)for(j=2;j<=m;j++)GA(i-2,j-1),F[d(i,j)]=C;for(i=1;i<=n-2;i++)GA(i,m),Ins();for(i=1;i<=m;i++) GA(n-1,i),Ins(),GA(n,i),Ins();for(i=cnt+1;i<=k;i++) Ans=Ans*2%mod;printf("%lld\n",Ans);
}