　$2\times n$ のマス目の各マスを白と黒で塗る方法であって，左上のマスを黒で塗り，さらに問題の条件の「右下のマス」を「右端の $2$ マスのいずれか」に変えた条件をみたす方法の数を考える．このような方法のうち，$n$ 列目を上から順に黒と黒で塗る方法の数を $a_n$，黒と白で塗る方法の数を $b_n$，白と黒で塗る方法の数を $c_n$ とする（白と白で塗る場合は黒のマスのみをたどって右端に到達できないため，考えなくてよい）．このとき，$ a_n , b_n , c_n $ の間に次の漸化式が成り立つ．
$$ a_{n+1} = b_n + c_n,\quad  b_{n+1} = a_n + b_n,\quad c_{n+1} = a_n + c_n,\quad a_1 = 1, \quad b_1 = 1 , \quad c_1 = 0$$
これより，
$$a_n + b_n + c_n=2(a_{n-1}+b_{n-1}+c_{n-1})=\cdots=2^{n-1}(a_1+b_1+c_1)=2^n,$$
$$b_n-c_n=b_{n-1}-c_{n-1}=\cdots=b_1-c_1=1$$
 が分かる．また，
$$ b_{n+1} + c_{n+1} = 2(a_n + b_n + c_n) - (b_n + c_n) = 2^{n+1} - (b_n + c_n)$$
より，$b_1+c_1=1$ と併せて
$$ b_n + c_n = \cfrac{(-1)^n + 2^{n+1}}{3} $$
が従う．よって，
$$ c_n = \frac{(b_n + c_n) - (b_n - c_n)}{2} = \cfrac{(-1)^n + 2^{n+1} -3}{6}$$
と分かる．\
　以上より，問いの条件を満たす塗り方の数は $a_{2024} + c_{2024} = c_{2025} = \cfrac{2^{2026}-4}{6} $ である．左上のマスが白色の場合も同様に考えることで，結局条件を満たす塗り方は
$ \cfrac{2^{2026}-4}{3} $ 通りと分かる．よって，フェルマーの小定理を用いることで，解答すべき値は $ \mathbf{340} $ と分かる.
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc212/editorial/7869
　公式解説より易しいとは思いませんが，次のような立式をした場合はどうなるのか，に対する回答です．
$$ {}\_{2024}\mathrm{C}\_{1}+{}\_{2023}\mathrm{C}\_{2}\cdot 2+{}\_{2022}\mathrm{C}\_{3}\cdot 2^2+\cdots +{}\_{1013}\mathrm{C}\_{1012}\cdot 2^{1011}$$

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（立式に至るまでのプロセス）\
　公式解説と同様に，一番左上のマスを黒色で塗った場合を考える．ある列を $2$ 行とも黒で塗った場合，その隣接する列を $2$ 行とも黒で塗ることはできない．よって，$2024$ 列のうち $2$ 行とも黒である列を，左から $x_1, x_2, \cdots , x_n$ 列目とすると，その数列が満たすべき条件は，
$$1 \leq x_1 \lt x_2 \lt \cdots \lt x_n \leq 2024, x_{n+1}-x_n \geq 2$$
であり，その値は ${}\_{2025-n}\mathrm{C}\_{n}$ となる（なお，$n$ は $1$ 以上 $1012$ 以下を動く変数である）．\
　さらに，問題文の条件を満たすためには，$1$ 列目から $x_1$ 列目までは上の行をずっと黒で塗り，$x_1$ 列目から $x_2$ 列目までは上下いずれかの行をずっと黒で塗り，$\cdots$，$x_n$ 列目から $2024$ 列目までは下の行をずっと黒で塗ればよい．このような塗り方は $2^{n-1}$ 通りである．\
　以上の議論から，最初に記した式を得る．

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（最初の式を解く）
　$$S_n={}\_{n}\mathrm{C}\_{0}+{}\_{n-1}\mathrm{C}\_{1}\cdot 2+{}\_{n-2}\mathrm{C}\_{2}\cdot 2^2+\cdots +{}\_{n-\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}\mathrm{C}\_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}\cdot 2^{\lfloor  \frac{n}{2} \rfloor}$$
とおく．いま求めたい値は，$2×\dfrac{S_{2025}-1}{2}$ である．\
　数列 $\lbrace S_n \rbrace$ について漸化式を作りたい．床関数が厄介なので，$n \lt k$ の範囲で ${}\_{n}\mathrm{C}\_{k}=0$ であると定義する．このように定義すれば，$S_n=\sum\limits_{k=0}^{n} {}\_{n-k}\mathrm{C}\_{k}\ 2^k$ であり，また重要なこととして ${}\_{n}\mathrm{C}\_{k}+{}\_{n}\mathrm{C}\_{k+1}={}\_{n+1}\mathrm{C}\_{k+1}$ が満たされる．
　$$S_{n+1}=\sum\limits_{k=0}^{n+1} {}\_{n+1-k}\mathrm{C}\_{k}\ 2^k=1+\sum\limits_{k=1}^{n+1} {}\_{n+1-k}\mathrm{C}\_{k}\ 2^k=1+2 \sum\limits_{k=0}^{n} {}\_{n-k}\mathrm{C}\_{k+1}\ 2^k$$
と変形すると，
$$\begin{aligned}
S_{n+1}+2 S_n &=1+2 \sum\limits_{k=0}^{n} {}\_{n-k}\mathrm{C}\_{k+1}\ 2^k +2 \sum\limits_{k=0}^{n} {}\_{n-k}\mathrm{C}\_{k}\ 2^k \\\\
&= 1+ 2 \sum\limits_{k=0}^{n} {}\_{n+1-k}\mathrm{C}\_{k+1}\ 2^k\\\\
&= 1+ \sum\limits_{k=0}^{n} {}\_{n+1-k}\mathrm{C}\_{k+1}\ 2^{k+1}\\\\
&= 1+ \sum\limits_{k=1}^{n+1} {}\_{n+2-k}\mathrm{C}\_{k}\ 2^{k}\\\\
&= S_{n+2}
\end{aligned}$$
 を得る．あとは，$S_1=1$，$S_2=3$ より漸化式を解いて $S_n=\dfrac{2^{n+1}+(-1)^n}{3}$ となる．

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（余談）\
　ほぼ同様の発想で，
　$$S_n={}\_{n}\mathrm{C}\_{0}+{}\_{n-1}\mathrm{C}\_{1}+{}\_{n-2}\mathrm{C}\_{2}+\cdots +{}\_{n-\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}\mathrm{C}\_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}$$
とおくとき，$S_n$ はフィボナッチ数列になることが示されます．\
　証明したことがない人は是非やってみてください．
二項定理に似た式から考える方法
https://onlinemathcontest.com/contests/omc212/editorial/7869/434
　$2$ 行 $2024$ 列の長方形状のマス目があります．このとき，$ 4048 $ 個のマスをそれぞれ白か黒で塗る方法のうち，以下の条件を満たすものの数を素数 $2017$ で割った余りを解答して下さい．
- 最も左上のマスから始め，隣接するマスのうち今いるマスと同じ色のマスへ移動することを繰り返して最も右下のマスまで到達することができる．ここで，同じマスの上を複数回通ることができないとしたとき，そのような移動の方法はちょうど $1$ 通り存在する．