题意
2020计蒜之道决赛：
给出两个多项式 (A(x)) 和 (B(x)) ：
[A(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+cdots +a_nx^n\
B(x)=b_0+b_1x+b_2x^2+b_3x^3+cdots +b_nx^n
]
(C(x)) 为上述两个多项式的卷积：
[C(x)=A(x)B(x)=c_0+c_1x+c_2x^2cdots+c_{2n}x^{2n}
]
现有 (m) 次操作，每次操作可能查询 (sum_{i=l}^{r}{c_i}) ，也可能修改 (A(x)) 中的某个系数。
具体如下：
1 l r：代表查询 (sum_{i=l}^{r}{c_i})
2 p q：表示把 (A(x)) 中 (x^p) 的系数增加 (q)
(1leq n leq 5000,-10^5leq a_i leq 10^5,-10^5leq b_ileq 10^5,0leq pleq n,-10^5leq q leq 10^5)
输出结果对 (998244353) 取模。
分析
对于某段区间的查询，可以转化为对两个前缀和的查询。但对于第二种操作，如果每次修改之后直接做 (NTT) ，复杂度为 (O(mnlog n))。
对于这两个操作而言，一种是“单次优，但数量太大”，一种是“单次劣，但是不限于操作次数”。我们可以减少 (NTT) 的次数，同时控制第一种算法记录的量不要太大。
维护一个大小为 (S) 的集合，每次来一个修改就把这次的修改信息记录到集合中，当集合大小增长到一定的阀值，就做一次 (NTT) ，同时把集合清空。而一次查询的答案，等于上次做完 (NTT) 的时候的答案，再加上集合中记录的修改操作对当前查询的影响，通过合理控制 (S) 的大小，可以做到既可以不让集合太大，又可以减小 (NTT) 的次数。
复杂度为：(O(mS+frac{m}{S}nlog n))，通过均值不等式可知：(S=sqrt{nlog n}) 时，复杂度最优秀。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
const int N=5100;
const int g=3;
ll A[N<<2],B[N<<2],C[N<<2],pre[N<<2],a[N<<2];
int rev[N<<2],S[N];
int pos[N],w[N],num;
ll power(ll x,ll y)
{
ll res=1;
x%=mod;
while(y)
{
if(y&1)
res=res*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return res;
}
void NTT(ll *pn,int len,int f)
{
for(int i=0;i<len;i++)
if(i<rev[i]) swap(pn[i],pn[rev[i]]);
for(int i=1;i<len;i<<=1)
{
ll wn=power(g,1LL*(mod-1)/(2LL*i));
if(f==-1) wn=power(wn,mod-2);
for(int j=0,d=(i<<1);j<len;j+=d)
{
ll w=1;
for(int k=0;k<i;k++)
{
ll u=pn[j+k],v=w*pn[j+k+i]%mod;
pn[j+k]=(u+v)%mod,pn[j+k+i]=((u-v)%mod+mod)%mod;
w=wn*w%mod;
}
}
}
if(f==-1)
{
ll inv=power(1LL*len,mod-2);
for(int i=0;i<len;i++)
pn[i]=pn[i]*inv%mod;
}
}
void dontt(int len)
{
for(int i=0;i<len;i++)
A[i]=a[i];//因为NTT会改变原有系数的位置和值
NTT(A,len,1);
for(int i=0;i<len;i++)
C[i]=A[i]*B[i]%mod;
NTT(C,len,-1);
for(int i=1;i<len;i++)
C[i]=(C[i-1]+C[i])%mod;
}
ll cal(int x)
{
if(x<0) return 0;
ll res=C[x];
for(int i=1;i<=num;i++)
{
int t=x-pos[i];
if(t>=0)//确定B需要的前缀和最大下标
res=(res+(pre[t]*w[i]%mod)+mod)%mod;
}
return res;
}
int main()
{
int n,m,op,x,y;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
a[i]=(a[i]+mod)%mod;
}
for(int i=0;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&B[i]);
B[i]=(B[i]+mod)%mod;
if(i==0)
pre[i]=B[i];
else
pre[i]=(pre[i-1]+B[i])%mod;
}
int cnt=0,len=1;
while(len<=2*n)//注意len不要开小了
{
len<<=1;
cnt++;
}
for(int i=n+1;i<len;i++)
pre[i]=(pre[i-1]+B[i])%mod;
for(int i=0;i<len;i++)
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(cnt-1));
NTT(B,len,1);
dontt(len);
int mx=(int)sqrt(1.0*n*log2(1.0*n));
num=0;
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
scanf("%d%d%d",&op,&x,&y);
if(op==1)
printf("%lld
",(cal(y)-cal(x-1)+mod)%mod);
else
{
pos[++num]=x;//记录修改的位置
a[x]=(a[x]+y+mod)%mod;
w[num]=y;//
if(num>=mx)
{
dontt(len);
num=0;
}
}
}
return 0;
}