这里是题解以及我的卡常数历程
话说后面那几组数据莫不是lxl出的这么毒
首先不难发现这个东西把查询前缀和变成了查询后缀和，结果就是查了([l-1,r-1])的区间和。因为模(2)意义下的加法就是异或，所以错误查询和正确查询相等就意味着(a[l-1])和(a[r])相等
我们不能简单的维护每个位置是什么值的概率，比方说一次修改了([1,2])，虽然这两个位置为(1)的概率都是(frac{1}{1})，但它们的值绝对不相等
所以我们需要维护二元组((x,y))代表(x)和(y)相等的概率，需要开一个二维线段树（我到今天才知道原来二维线段树该这么写……以前一直都是一个父亲四个儿子……）
那么对于一次修改操作((l,r))，会发生改变的二元组有
1.左端点在([1,l-1])之间，右端点在([l,r])之间
2.左端点在([l,r])之间，右端点在([r+1,n])之间
3.左右端点都在([l,r])之间
设区间长度为(len)，那么对于(1,2)，这次操作有(frac{1}{len})的概率使它们取反，对于(3)操作，这次操作有(frac{2}{len})的概率使它们取反
关于标记合并的问题的话，如果设两次取反的概率分别为(p,q)，那么最终被取反的概率为(p(1-q)+q(1-p))
然而我们需要特判(l=1)的情况，因为按题目中的树状数组的写法此时会返回(0)，所以这个时候就是查询([1,l-1])和([r+1,n])是否相等，我们可以单独开一个一维线段树，对每个位置(i)维护([1,i-1])和([i+1,n])相等的概率，需要的时候在线段树上查询就是了
接下来是卡常问题
首先是标记永久化，即我们在线段树上打标记的时候不下传，而是直接叠在那一层，查询的时候把经过路径上的所有标记直接加到答案上去
其次，对于答案和询问的左右端点，我们不传参，直接开全局变量
再者，一维线段树上，在(r-l+1leq 7)的时候我们不继续递归下去而是改成暴力打标记
最后，我们维护有序的二元组((x,y))的时候令(x<y)，所以在二维线段树上打标记的时候不用去管第二维里比第一维小的那部分
什么读优输优手打(max)之类的我就不多说了……
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='
';
}
const int N=1e5+5,P=998244353,M=4e7+5;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
inline int calc(R int x,R int y){return (1ll*x*(P+1-y)%P+1ll*y*(P+1-x)%P)%P;}
inline int max(const R int &x,const R int &y){return x>y?x:y;}
inline int min(const R int &x,const R int &y){return x<y?x:y;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);
return res;
}
int n,m,ans,op,l,r,len,inv[N],x,y;
struct tree1{
int rt[N<<2],val[M],ls[M],rs[M],a[N],cnt;
void ins(int &p,int l,int r,int ql,int qr,int v){
if(!p)p=++cnt;
if(ql<=l&&qr>=r)return val[p]=calc(val[p],v),void();
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)ins(ls[p],l,mid,ql,qr,v);
if(qr>mid)ins(rs[p],mid+1,r,ql,qr,v);
}
void query(int p,int l,int r){
if(!p)return;ans=calc(ans,val[p]);
if(l==r)return;int mid=(l+r)>>1;
y<=mid?query(ls[p],l,mid):query(rs[p],mid+1,r);
}
void qins(int p,int l,int r,int ql,int qr,int dl,int dr,int v){
if(ql<=l&&qr>=r)return ins(rt[p],1,n,max(dl,l),dr,v);
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)qins(p<<1,l,mid,ql,qr,dl,dr,v);
if(qr>mid)qins(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr,dl,dr,v);
}
void qquery(int p,int l,int r){
query(rt[p],1,n);
if(l==r)return;int mid=(l+r)>>1;
x<=mid?qquery(p<<1,l,mid):qquery(p<<1|1,mid+1,r);
}
}T;
struct tree2{
int val[N<<2],a[N];
void update(int l,int r,int v){fp(i,l,r)a[i]=calc(a[i],v);}
void ins(int p,int l,int r,int ql,int qr,int v){
if(r-l+1<=7)return update(max(ql,l),min(qr,r),v);
if(ql<=l&&qr>=r)return val[p]=calc(val[p],v),void();
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)ins(p<<1,l,mid,ql,qr,v);
if(qr>mid)ins(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr,v);
}
void query(int p,int l,int r){
if(r-l+1<=7)return ans=calc(ans,a[x]),void();
ans=calc(ans,val[p]);
if(l==r)return;int mid=(l+r)>>1;
x<=mid?query(p<<1,l,mid):query(p<<1|1,mid+1,r);
}
}G;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),m=read();
inv[0]=inv[1]=1;fp(i,2,n)inv[i]=1ll*inv[P%i]*(P-P/i)%P;
while(m--){
op=read(),l=read(),r=read();
if(op==1){
len=r-l+1;
if(l>1)T.qins(1,1,n,1,l-1,l,r,inv[len]),G.ins(1,1,n,1,l-1,1);
if(r<n)T.qins(1,1,n,l,r,r+1,n,inv[len]),G.ins(1,1,n,r+1,n,1);
if(l!=r)T.qins(1,1,n,l,r,l,r,mul(2,inv[len])),G.ins(1,1,n,l,r,dec(1,inv[len]));
}else{
ans=1;
if(l==1)x=r,G.query(1,1,n);
else x=l-1,y=r,T.qquery(1,1,n);
print(ans);
}
}return Ot(),0;
}