【BZOJ4785】[Zjoi2017]树状数组树套树（二维线段树）

【BZOJ4785】[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：

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

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

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。

题解：发现这里给的树状数组的方向正好是反过来的，也就是说这里的树状数组维护的实际上是后缀xor和。那么后缀xor和与前缀xor和相等的情况就是：

[1,l-1]^[1,r]=[l-1,n]^[r,n] --> [l,r]=[l-1,r-1] ---> [l-1]=[r]

也就是说我们求的是l的值和r的值相等的概率。然后到这里，大部分题解都说“这变成了一个二维数点问题”，然而本蒟蒻一脸mengbi，所以，这里还是换一种方法讲吧。

我们用（a,b）表示a的值和b的值相等的概率。加入我们想要修改[l,r]中随机一个点，那么我们先考虑所有l<=a<b<=r的点对。

对于点对a,b，一次修改中它们最多只有一个数改变，我们设$q=1-{2\over r-l+1}$，表示a,b相等性不变的概率，设p表示原来a,b相等的概率，那么$p=pq+(1-p)(1-q)$。并且，我们要对[l,r]中所有的点对都进行这个计算，那么我们可以认为（a,b）是二维平面上的一个点，我们要修改的是（l,l）-（r,r）这个矩形，这可以用二维线段树维护。

//问题：对于某个树上的节点x，我们先给它打了个标记q1，有想给它打个标记q2，这两个标记该如何处理呢？自己推一推就知道，因为一开始的p都是1，那么先处理q1和先处理q2的结果是相同的（也就是说标记满足交换律），设p打了q1标记变成p‘，我们在同样的给p‘打个q2标记就行了。

再考虑a<l<=b<=r的点对（l<=a<=r<b的类似），这样的点对的相等性不变的概率就是$q=1-{1\over r-l+1}$。此时我们要修改的矩形就变成了(1,l-1)-(l,r)，依旧二维线段树。

突然发现一种情况，当l=1时怎么办？因为l-1=0，所以此时要求的就是后缀xor和与前缀xor和相等的概率，单独维护一下就好了。

=======下面是二维线段树部分=======

本题要支持什么操作呢？矩形区间计算。因为二维线段树必须标记永久化，所以我们在第一位线段树时，每访问到一个合法的整区间，就进入第二维线段树去进行区间修改。这样，在查询的时候，我们的答案要将第一维线段树上从根到叶子的所有节点的查询结果全都算到一起，也就是说没经过一个节点就要更新答案。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define z(_) (((_)%mod+mod)%mod)
#define lson x<<1
#define rson x<<1|1
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=100010;
int n,m,tot;
ll inv(ll x)
{
	ll z=1,y=mod-2;
	while(y)
	{
		if(y&1)	z=z*x%mod;
		x=x*x%mod,y>>=1;
	}
	return z;
}
ll calc(ll a,ll b)
{
	return z(a*b+(1-a)*(1-b));
}
int rd()
{
	int ret=0;	char gc=getchar();
	while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)	gc=getchar();
	while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)	ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();
	return ret;
}
int ls[maxn<<8],rs[maxn<<8],rt[maxn<<2];
ll s[maxn<<8];
void up1(int l,int r,int &x,int a,int b,ll c)
{
	if(!x)	x=++tot,s[x]=1;
	if(a<=l&&r<=b)
	{
		s[x]=calc(s[x],c);
		return ;
	}
	int mid=l+r>>1;
	if(a<=mid)	up1(l,mid,ls[x],a,b,c);
	if(b>mid)	up1(mid+1,r,rs[x],a,b,c);
}
ll q1(int l,int r,int x,int a)
{
	if(!x)	return 1;
	if(l==r)	return s[x];
	int mid=l+r>>1;
	if(a<=mid)	return calc(s[x],q1(l,mid,ls[x],a));
	else	return calc(s[x],q1(mid+1,r,rs[x],a));
}
void up2(int l,int r,int x,int a,int b,int c,int d,ll e)
{
	if(a<=l&&r<=b)
	{
		up1(1,n,rt[x],c,d,e);
		return ;
	}
	int mid=l+r>>1;
	if(a<=mid)	up2(l,mid,lson,a,b,c,d,e);
	if(b>mid)	up2(mid+1,r,rson,a,b,c,d,e);
}
ll q2(int l,int r,int x,int a,int b)
{
	if(l==r)	return q1(1,n,rt[x],b);
	int mid=l+r>>1;
	if(a<=mid)	return calc(q1(1,n,rt[x],b),q2(l,mid,lson,a,b));
	else	return calc(q1(1,n,rt[x],b),q2(mid+1,r,rson,a,b));
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd();
	int i,a,b,c;
	ll p,q;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		c=rd(),a=rd(),b=rd();
		if(c==1)
		{
			p=inv(b-a+1);
			if(a>1)	up2(0,n,1,1,a-1,a,b,z(1-p)),up2(0,n,1,0,0,0,a-1,0);
			if(b<n)	up2(0,n,1,a,b,b+1,n,z(1-p)),up2(0,n,1,0,0,b+1,n,0);
			up2(0,n,1,a,b,a,b,z(1-2*p)),up2(0,n,1,0,0,a,b,p);
		}
		else	printf("%lld\n",q2(0,n,1,a-1,b));
	}
	return 0;
}