[ZJOI2017]树状数组
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：
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。
数据范围
查询(l,r)从前缀变为了后缀
那么原来是S[r]-s[l-1]，变成了S[l-1]-s[r]
原来的区间是[l,r]，现在变成了[l-1,r-1]
询问要正确就要求l-1和r的值必须一样
当l=1时
S[r]-s[0]=>s[0]-s[r]=-s[r]
所以此时要正确就必须使1～r的前缀和与r～n的前缀和相同
将查询(l-1,r)用一个点表示
修改[l,r]的一个数，分成几种情况讨论：
1.使询问的值一样的概率：
(1):x属于[1,l-1]，y属于[l,r].此时要相同必须要求y不被选中，概率(1-p)
(2):y属于[r+1,n],x属于[l,r].此时同上，x不能被选中
(3):x,y同属于[l,r].x,y都不能被选中，概率(1-2p)
2.使询问的r的前缀和等于后缀和的概率：x为0
(1):y属于[0,l-1].因为[l,r]总会改一个数，所以概率为0
(2):y属于[r+1,n+1].同上
(3):y属于[l,r].要求选中y，概率为p
修改用树套树(二维线段树)，外层的树维护第一维坐标，内层的树维护第二维坐标
不过空间不够，要动态开点
如何合并两次修改:假设两次的相同概率分别为p1,p2(以上2种情况统称相同)
显然新的概率为:p1*p2+(1-p1)*(1-p2)
都不相同合起来就相同了
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 typedef long long lol; 8 lol Mod=998244353; 9 int size,root[400001],ch[30000001][2],n,m; 10 int ans,sum[30000001]; 11 int merge(lol x,lol y) 12 { 13 return (x*y%Mod+(1-x+Mod)*(1-y+Mod)%Mod)%Mod; 14 } 15 lol qpow(lol x,int y) 16 { 17 lol res=1; 18 while (y) 19 { 20 if (y&1) res=res*x%Mod; 21 x=x*x%Mod; 22 y>>=1; 23 } 24 return res; 25 } 26 void update2(int &rt,int l,int r,int L,int R,lol v) 27 { 28 if (!rt) rt=++size,sum[rt]=1; 29 if (l>=L&&r<=R) 30 { 31 sum[rt]=merge(sum[rt],v); 32 return; 33 } 34 int mid=(l+r)>>1; 35 if (L<=mid) update2(ch[rt][0],l,mid,L,R,v); 36 if (R>mid) update2(ch[rt][1],mid+1,r,L,R,v); 37 } 38 void update1(int rt,int l,int r,int L,int R,int LL,int RR,lol v) 39 { 40 if (l>=L&&r<=R) 41 { 42 update2(root[rt],0,n+1,LL,RR,v); 43 return; 44 } 45 int mid=(l+r)>>1; 46 if (L<=mid) update1(rt<<1,l,mid,L,R,LL,RR,v); 47 if (R>mid) update1(rt<<1|1,mid+1,r,L,R,LL,RR,v); 48 } 49 void query2(int rt,int l,int r,int x1) 50 { 51 if (!rt) return; 52 ans=merge(ans,sum[rt]); 53 if (l==r) return; 54 int mid=(l+r)>>1; 55 if (x1<=mid) query2(ch[rt][0],l,mid,x1); 56 else query2(ch[rt][1],mid+1,r,x1); 57 } 58 void query1(int rt,int l,int r,int x1,int x2) 59 { 60 if (root[rt]) query2(root[rt],0,n+1,x2); 61 if (l==r) 62 return; 63 int mid=(l+r)>>1; 64 if (x1<=mid) query1(rt<<1,l,mid,x1,x2); 65 else query1(rt<<1|1,mid+1,r,x1,x2); 66 } 67 int main() 68 {int i,opt,l,r; 69 cin>>n>>m; 70 for (i=1;i<=m;i++) 71 { 72 scanf("%d%d%d",&opt,&l,&r); 73 if (opt==1) 74 { 75 lol p=qpow(r-l+1,Mod-2); 76 if (l>1) update1(1,0,n,1,l-1,l,r,(1-p+Mod)%Mod); 77 if (r<n) update1(1,0,n,l,r,r+1,n,(1-p+Mod)%Mod); 78 lol pp=p*2%Mod; 79 update1(1,0,n,l,r,l,r,(1-pp+Mod)%Mod); 80 update1(1,0,n,0,0,0,l-1,0); 81 update1(1,0,n,0,0,r+1,n+1,0); 82 update1(1,0,n,0,0,l,r,p); 83 } 84 else 85 { 86 ans=1; 87 query1(1,0,n,l-1,r); 88 printf("%d\n",ans); 89 } 90 } 91 }
