2020牛客暑期多校训练营（第九场） Groundhog and Gaming Time

原题
题目描述

样例
输入

6
2 2
1 2
1 4
1 5
3 5
3 6

输出

405536771

思路
求期望可以用累加每种情况对期望的贡献求得，本题就是用的这个思路。
线段的交取决于最大的左端点以及最小的右端点，同时维护两个东西比较困难。
所以我们先按照线段左端点从大到小排序，存在数组$tl$中，按照线段右端点从大到小排序，存在数组$tr$中。同时还可以离散化一下，节省一下复杂度，然后构建线段树，然后做的操作$：$

• 遍历区间$[i，i+1]$，维护包含该区间的线段的交集的期望。这个期望通过计算所有区间的贡献和。
• 从$m$个线段，找出$a$个线段包含区间$[i，i+1]$。计算这$a$个线段的交集的期望，等于每个区间的贡献总和。
• $a$个线段，有$b$个线段覆盖区间$[j，j+1]$，则区间$[j，j+1]$的贡献$=$长度$\times$$(2$^b-1) $÷$ $2$ⁿ。其中减$1$和除以$2$ⁿ的操作可以在统计完之后最后去做。
• 最后除以$2$ⁿ得到期望，这一步可以用快速幂做，其中除以$2$ⁿ要用到逆元。
  代码

#include
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2e6+5,mod=998244353,inf=1e9+1,n2=(mod+1)/2;
int n,m=2,t1=1,t2=1,l[maxn],r[maxn],tl[maxn],tr[maxn];
ll ans,p[maxn*2],a[maxn*2],b[maxn*2];
bool cmpl(int x,int y){return l[x]<l[y];}
bool cmpr(int x,int y){return r[x]<r[y];}
void bd(int x,int l,int r)
{
    a[x]=p[r+1]-p[l];b[x]=1;
    if(l==r)return;
    int mid=l+r>>1;
    bd(x*2,l,mid);bd(x*2+1,mid+1,r);
}
void f(int x,int l,int r,ll y,int L,int R)
{
    if(l<=L&&r>=R){a[x]=a[x]*y%mod;b[x]=b[x]*y%mod;return;}
    int mid=(L+R)>>1;
    if(l<=mid)f(x*2,l,r,y,L,mid);
    if(r>mid)f(x*2+1,l,r,y,mid+1,R);
    a[x]=(a[x*2]+a[x*2+1])*b[x]%mod;
}
ll ksm(ll a,ll b){ll c=1;while(b){if(b&1)c=c*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return c;}
int main()
{
	scanf("%d",&n);p[1]=0;p[2]=inf;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&l[i],&r[i]),p[++m]=l[i],p[++m]=++r[i];
	sort(p+1,p+m+1);m=unique(p+1,p+m+1)-p-1;bd(1,1,m-1);
	for(int i=1;i<=n;i++)l[i]=lower_bound(p+1,p+m+1,l[i])-p,r[i]=lower_bound(p+1,p+m+1,r[i])-p,tl[i]=i,tr[i]=i;
	sort(tl+1,tl+n+1,cmpl);sort(tr+1,tr+n+1,cmpr);
	for(int i=1;i^m;i++)
	{
		while(t1<=n&&l[tl[t1]]<=i)f(1,l[tl[t1]],r[tl[t1]]-1,2,1,m-1),t1++;
		while(t2<=n&&r[tr[t2]]<=i)f(1,l[tr[t2]],r[tr[t2]]-1,n2,1,m-1),t2++;
		ans=(ans+a[1]*(p[i+1]-p[i]))%mod;
	}
    ans=(ans+mod-1ll*inf*inf%mod)%mod;
	printf("%lld",ans*ksm(n2,n)%mod);
}