【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

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

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;
}