「ZJOI2019」线段树-线段树

Description

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Solution

这题可以看做每次有$\frac{1}{2}$执行1操作，问$tag$数组之和的期望乘$2^p$（$p$是1操作的次数）。

根据期望的线性性，单独计算出每一个节点的$tag$为$1$的期望$f_i$，顺便计$g_i$表示$i$到根的路径有$tag=1$的概率。将$[l,r]$拆分成$log$个在线段树上的区间，考虑每一个区间对答案的影响，可以发现对于这个区间到根的路径上的点（不包括它本身）的$f_i\leftarrow \frac{f_i}{2},g_i\leftarrow \frac{g_i}{2}$，临近这条路径的点的$f_i\leftarrow \frac{f_i+g_i}{2},g_i$不变，而这个区间本身$f_i\leftarrow \frac{f_i+1}{2}$，其子树的$g_i\leftarrow \frac{g_i+1}{2}$。

这里的修改都是$O(log)$级别，暴力修改即可。对于$g_i$的维护，可以维护$g_i^{\prime }=1-g_i$，修改时$g_i^{\prime }\leftarrow =\frac{g_i^{\prime }}{2}$

#include 
using namespace std;

inline int gi()
{
	char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') c = getchar();
	int sum = 0;
	while('0' <= c && c <= '9') sum = sum * 10 + c - 48, c = getchar();
	return sum;
}

typedef long long ll;
const int maxn = 100005, mod = 998244353;

int n, m, P = 1, inv[maxn], f[maxn << 2], g[maxn << 2], lzy[maxn << 2], ans;

#define mid ((l + r) >> 1)
#define lch (s << 1)
#define rch (s << 1 | 1)

void build(int s, int l, int r)
{
	g[s] = 1;
	if (l == r) return ;
	build(lch, l, mid);
	build(rch, mid + 1, r);
}

inline void mdf_f(int x, int v) {ans = (ans - f[x] + mod) % mod; f[x] = (ll)(f[x] + v) * inv[1] % mod; ans = (ans + f[x]) % mod;}
inline void mdf_g(int x, int v) {g[x] = (ll)g[x] * inv[v] % mod; lzy[x] += v;}
inline void push_down(int s)
{
	if (!lzy[s]) return ;
	mdf_g(lch, lzy[s]); mdf_g(rch, lzy[s]);
	lzy[s] = 0;
}

void modify(int s, int l, int r, int ql, int qr)
{
	if (ql <= l && r <= qr) return mdf_f(s, 1), mdf_g(s, 1), void();
	push_down(s);
	if (ql <= mid) modify(lch, l, mid, ql, qr);
	else mdf_f(lch, mod + 1 - g[lch]);
	if (mid < qr) modify(rch, mid + 1, r, ql, qr);
	else mdf_f(rch, mod + 1 - g[rch]);
	mdf_f(s, 0); g[s] = (ll)(g[s] + 1) * inv[1] % mod;
}

int main()
{
	n = gi(); m = gi();
	inv[0] = 1; inv[1] = (mod + 1) >> 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) inv[i] = (ll)inv[i - 1] * inv[1] % mod;
	
	build(1, 1, n);
	for (int op, l, r, i = 1; i <= m; ++i) {
		op = gi(); 
		if (op == 1) l = gi(), r = gi(), P = (P << 1) % mod, modify(1, 1, n, l, r);
		else printf("%lld\n", (ll)ans * P % mod);
	}
	
	return 0;
}