Description
漆黑的晚上，九条可怜躺在床上辗转反侧。难以入眠的她想起了若干年前她的一次悲惨的OI 比赛经历。那是一道基础的树状数组题。给出一个长度为 n 的数组 A，初始值都为 0，接下来进行 m 次操作，操作有两种：
1 x，表示将 Ax 变成 (Ax + 1) mod 2。
2 l r，表示询问 sigma(Ai) mod 2,L<=i<=r
尽管那个时候的可怜非常的 simple，但是她还是发现这题可以用树状数组做。当时非常young 的她写了如下的算法：
1: function Add(x)
2: while x > 0 do
3: A
x ← (Ax + 1) mod 2
4: x ← x ? lowbit(x)
5: end while
6: end function
7:
8: function Find(x)
9: if x == 0 then
10: return 0
11: end if
12: ans ← 0
13: while x ≤ n do
14: ans ← (ans + Ax) mod 2
15: x ← x + lowbit(x)
16: end while
17: return ans
18: end function
19:
20: function Query(l, r)
21: ansl ← Find(l ? 1)
22: ansr ← Find(r)
23: return (ansr ? ansl + 2) mod 2
24: end function
其中 lowbit(x) 表示数字 x 最?的非 0 二进制位，例如 lowbit(5) = 1, lowbit(12) = 4。进行第一类操作的时候就调用 Add(x)，第二类操作的时候答案就是 Query(l, r)。如果你对树状数组比较熟悉，不难发现可怜把树状数组写错了： Add和Find 中 x 变化的方向反了。因此这个程序在最终测试时华丽的爆 0 了。然而奇怪的是，在当时，这个程序通过了出题人给出的大样例——这也是可怜没有进行对拍的原因。现在，可怜想要算一下，这个程序回答对每一个询问的概率是多少，这样她就可以再次的感受到自己是一个多么非的人了。然而时间已经过去了很多年，即使是可怜也没有办法完全回忆起当时的大样例。幸运的是，她回忆起了大部分内容，唯一遗忘的是每一次第一类操作的 x的值，因此她假定这次操作的 x 是在 [li, ri] 范围内 等概率随机 的。具体来说，可怜给出了一个长度为 n 的数组 A，初始为 0，接下来进行了 m 次操作：
1 l r，表示在区间 [l, r] 中等概率选取一个 x 并执行 Add(x)。
2 l r，表示询问执行 Query(l, r) 得到的结果是正确的概率是多少。
Input
第一行输入两个整数 n, m。
接下来 m 行每行描述一个操作，格式如题目中所示。
N<=10^5,m<=10^5,1<=L<=R<=N
Output
对于每组询问，输出一个整数表示答案。如果答案化为最简分数后形如 x/y，那么你只需要输出 x*y^?1 mod 998244353 后的值。（即输出答案模 998244353）。
Sample Input
5 5
1 3 3
2 3 5
2 4 5
1 1 3
2 2 5
1 3 3
2 3 5
2 4 5
1 1 3
2 2 5
Sample Output
1
0
665496236
在进行完 Add(3) 之后， A 数组变成了 [0, 1, 1, 0, 0]。所以前两次询问可怜的程序答案都是1，因此第一次询问可怜一定正确，第二次询问可怜一定错误。
0
665496236
在进行完 Add(3) 之后， A 数组变成了 [0, 1, 1, 0, 0]。所以前两次询问可怜的程序答案都是1，因此第一次询问可怜一定正确，第二次询问可怜一定错误。
正解：树套树（二维线段树）。
这道题好绕。。其实如果你打表，或者是深知树状数组的原理的话，你就可以发现，询问的时候其实是查询后缀和。
那么对于每个询问，如果$l!=1$，那么我们查询的其实是$[l-1,r-1]$这段区间。而$[l-1,r-1]$与$[l,r]$仅有$l-1$和$r$这两个元素有区别。所以我们每次询问就是问$l-1$和$r$的修改次数在模2意义下是否相等。
那么我们可以把每个询问看成$(l-1,r)$这个点，那么这就是个二维选点问题了，我们用树套树来维护。外层的树维护第一维坐标，内层的树维护第二维坐标。我们维护的值就是这个点的两个坐标修改次数在模2意义下相等的概率。
如何合并概率呢？当两个点被修改的概率分别为$p1,p2$时，两个点修改次数相等的概率是$p=p1*p2+(1-p1)*(1-p2)$，这个式子也适用于合并操作。
当$l=1$时，情况类似，我们要求的就变成了对于$r$这个点，它的前缀和是否与它的后缀和相等。维护思想与$l!=1$的情况类似。
这道题的修改操作有点复杂，我在代码里加一点注释吧。。
然后我被$uoj$的$hack$数据卡常了$woc$。。
1 //It is made by wfj_2048~ 2 #include <algorithm> 3 #include <iostream> 4 #include <complex> 5 #include <cstring> 6 #include <cstdlib> 7 #include <cstdio> 8 #include <vector> 9 #include <cmath> 10 #include <queue> 11 #include <stack> 12 #include <map> 13 #include <set> 14 #define rhl (998244353) 15 #define lson (x<<1) 16 #define rson (x<<1|1) 17 #define mid ((l+r)>>1) 18 #define inf (1<<30) 19 #define N (100010) 20 #define il inline 21 #define RG register 22 #define ll long long 23 #define merge(p1,p2) ( (p1*p2+(1-p1+rhl)*(1-p2+rhl))%rhl ) //合并操作 24 #define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout) 25 26 using namespace std; 27 28 int ls[330*N],rs[330*N],rt[4*N],sz; //二维线段树 29 ll sum[330*N],ans; 30 int n,m; 31 32 il int gi(){ 33 RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar(); 34 while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar(); 35 if (ch=='-') q=-1,ch=getchar(); 36 while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar(); 37 return q*x; 38 } 39 40 //求逆元 41 il ll qpow(RG ll a,RG ll b){ 42 RG ll ans=1; 43 while (b){ 44 if (b&1) ans=ans*a; 45 a=a*a,b>>=1; 46 if (ans>=rhl) ans%=rhl; 47 if (a>=rhl) a%=rhl; 48 } 49 return ans; 50 } 51 52 //内层线段树修改 53 il void update(RG int &x,RG int l,RG int r,RG int xl,RG int xr,RG ll v){ 54 if (!x) sum[x=++sz]=1; 55 if (xl<=l && r<=xr){ 56 sum[x]=merge(sum[x],v); 57 return; 58 } 59 if (xr<=mid) update(ls[x],l,mid,xl,xr,v); 60 else if (xl>mid) update(rs[x],mid+1,r,xl,xr,v); 61 else update(ls[x],l,mid,xl,mid,v),update(rs[x],mid+1,r,mid+1,xr,v); 62 return; 63 } 64 65 //内层线段树查询 66 il void query(RG int x,RG int l,RG int r,RG int p){ 67 if (!x) return; ans=merge(ans,sum[x]); if (l==r) return; 68 p<=mid?query(ls[x],l,mid,p):query(rs[x],mid+1,r,p); return; 69 } 70 71 //外层线段树修改 72 il void Update(RG int x,RG int l,RG int r,RG int l1,RG int r1,RG int l2,RG int r2,RG ll v){ 73 if (l1<=l && r<=r1){ update(rt[x],0,n+1,l2,r2,v); return; } 74 if (r1<=mid) Update(lson,l,mid,l1,r1,l2,r2,v); 75 else if (l1>mid) Update(rson,mid+1,r,l1,r1,l2,r2,v); 76 else Update(lson,l,mid,l1,mid,l2,r2,v),Update(rson,mid+1,r,mid+1,r1,l2,r2,v); 77 return; 78 } 79 80 //外层线段树查询 81 il void Query(RG int x,RG int l,RG int r,RG int p1,RG int p2){ 82 if (rt[x]) query(rt[x],0,n+1,p2); if (l==r) return; 83 p1<=mid?Query(lson,l,mid,p1,p2):Query(rson,mid+1,r,p1,p2); 84 return; 85 } 86 87 il void work(){ 88 n=gi(),m=gi(); RG int type,l,r; 89 for (RG int i=1;i<=m;++i){ 90 type=gi(),l=gi(),r=gi(); 91 if (type==1){ 92 RG ll p=qpow(r-l+1,rhl-2); 93 //一个点被修改的概率为p=1/(r-l+1) 94 //l!=1的情况 95 if (l>1) Update(1,0,n,1,l-1,l,r,(1-p+rhl)%rhl); 96 if (r<n) Update(1,0,n,l,r,r+1,n,(1-p+rhl)%rhl); 97 //[1,l-1]与[l,r]和[l,r]与[r+1,n]之间,修改次数相等的概率为(1-p) 98 RG ll pp=p<<1; if (pp>=rhl) pp-=rhl; 99 Update(1,0,n,l,r,l,r,(1-pp+rhl)%rhl); 100 //[l+r]与[l+r]之间,修改次数相等的概率为1-2*p 101 //l==1的情况 102 Update(1,0,n,0,0,0,l-1,0); 103 Update(1,0,n,0,0,r+1,n+1,0); 104 //[0,l-1]和[r+1,n+1]这两个区间,前缀和等于后缀和的概率为0 105 Update(1,0,n,0,0,l,r,p); 106 //[l,r]这个区间,前缀和等于后缀和的概率为p 107 } else{ 108 ans=1,Query(1,0,n,l-1,r); 109 //查询操作,即查询(l-1,r)修改次数相等的概率 110 //若l==1,即查询r的前缀和等于后缀和的概率 111 printf("%lld ",ans); 112 } 113 } 114 return; 115 } 116 117 int main(){ 118 File("bit"); 119 work(); 120 return 0; 121 }