【BZOJ4785】树状数组（ZJOI2017）-概率+二维线段树+动态开点

测试地址：树状数组
做法：本题需要用到概率+二维线段树+动态开点。
首先分析题目，对树状数组结构熟悉的同学（不熟悉的话…画一画或者打个表也行）就能看出，题目中的数据结构求的是后缀和。那么当我们询问[l,r]$[l,r]$时，我们原来是算[1,l−1]xor[1,r]=[l,r]$[1,l-1]xor[1,r]=[l,r]$，现在变成算[l−1,n]xor[r,n]=[l−1,r−1]$[l-1,n]xor[r,n]=[l-1,r-1]$，那么这两个区间的唯一区别就是l−1$l-1$和r$r$这两个点，那么我们算出的区间值相同的概率，就等于这两个点的值相同的概率，于是我们只要算出这个概率即可。
一个直观的思路是维护每个点为1$1$的概率，但我们发现在每次修改时，只能在区间中选择一个点修改，这就意味着如果一个点被修改，另一个就不能被修改，也就是说它们之间的概率不是独立的，因此不能计算。
因此我们考虑直接维护一个二维矩阵，每个点(x,y)$(x,y)$上的元素表示点x$x$和点y$y$值相同的概率，一开始均为1$1$。那么对于每次修改，有一个点在修改区间中的点对有1r−l+1$\frac{1}{r-l+1}$的概率相同性发生变化，有两个点在修改区间中的点对有2r−l+1$\frac{2}{r-l+1}$的概率相同性发生变化（因为一次只能修改一个点）。接下来考虑维护这样的修改，对于一个点对，令该点对原先相同概率为p$p$，修改后相同性不变的概率为q$q$，那么修改后的p=pq+(1−p)(1−q)$p=pq+(1-p)(1-q)$。可以证明当两个修改作用在同一个点上时，这两个修改的顺序不影响结果（这个把式子展开就可以看得出来了），并且两次修改后不变的概率可以合并成q=q1q2+(1−q1)(1−q2)$q=q_1{q}_2+(1-q_1)(1-q_2)$。这就显然可以用二维线段树来维护修改了。
接下来，观察到题目的性质是子矩阵修改，单点询问，于是利用标记永久化的思想，每次直接把修改标记记录在对应的节点上，那么询问一个点时，就直接把包含这个点的所有线段树节点上的标记合并起来即可，时间复杂度为O(nlog2n)$O(n{\log }^{2}n)$，空间复杂度用动态开点可以做到O(nlog2n)$O(n{\log }^{2}n)$。
如果你只考虑到了上面这一些，你还是会面临爆0$0$的结局，因为有一种特殊的询问情况：l=1$l=1$。注意到在调用树状数组中的函数时，如果l−1=0$l-1=0$就会立刻返回0$0$，而不是返回一个区间的值，那么实际上变成了求区间[1,r]$[1,r]$和[r,n]$[r,n]$奇偶性相同的概率。于是在修改区间[l,r]$[l,r]$时，x$x$在区间[1,l−1]$[1,l-1]$或[r+1,n]$[r+1,n]$中时，[1,x]$[1,x]$和[x,n]$[x,n]$的相同性一定变化，否则如果x$x$在区间[l,r]$[l,r]$内，[1,x]$[1,x]$和[x,n]$[x,n]$的相同性就有1r−l+1$\frac{1}{r-l+1}$的概率不变，另开一个线段树用和上面类似的方法维护即可。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int N=100010;
int n,m,tot=0,rt[4*N]={0},ch[300*N][2]={0};
ll val[300*N],x;

ll inv(ll x)
{
    ll s=1,ss=x,b=mod-2;
    while(b)
    {
        if (b&1) s=s*ss%mod;
        ss=ss*ss%mod;b>>=1;
    }
    return s;
}

void modify(int &no,int l,int r,int s,int t,ll p)
{
    if (s>t) return;
    if (!no)
    {
        no=++tot;
        val[no]=1;
    }
    if (l>=s&&r<=t)
    {
        val[no]=((val[no]*p+(1-val[no])*(1-p))%mod+mod)%mod;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if (s<=mid) modify(ch[no][0],l,mid,s,t,p);
    if (t>mid) modify(ch[no][1],mid+1,r,s,t,p);
}

void query(int no,int l,int r,int pos)
{
    if (!no) return;
    x=((x*((val[no]<<1)-1)+(1-val[no]))%mod+mod)%mod;
    if (l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    if (pos<=mid) query(ch[no][0],l,mid,pos);
    else query(ch[no][1],mid+1,r,pos);
}

void Modify(int no,int l,int r,int s1,int t1,int s2,int t2,ll p)
{
    if (s1>t1||s2>t2) return;
    if (l>=s1&&r<=t1)
    {
        modify(rt[no],1,n,s2,t2,p);
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if (s1<=mid) Modify(no<<1,l,mid,s1,t1,s2,t2,p);
    if (t1>mid) Modify(no<<1|1,mid+1,r,s1,t1,s2,t2,p);
}

void Query(int no,int l,int r,int pos1,int pos2)
{
    query(rt[no],1,n,pos2);
    if (l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    if (pos1<=mid) Query(no<<1,l,mid,pos1,pos2);
    else Query(no<<1|1,mid+1,r,pos1,pos2);
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int op,l,r;
        scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
        if (op==1)
        {
            ll p=inv(r-l+1);
            Modify(1,1,n,1,l-1,l,r,(1-p+mod)%mod);
            Modify(1,1,n,l,r,r+1,n,(1-p+mod)%mod);
            Modify(1,1,n,l,r,l,r,(1-(p<<1)+(mod<<1))%mod);
            modify(rt[0],1,n,1,l-1,0);
            modify(rt[0],1,n,r+1,n,0);
            modify(rt[0],1,n,l,r,p);
        }
        else
        {
            x=1;
            if (l==1) query(rt[0],1,n,r);
            else Query(1,1,n,l-1,r);
            printf("%lld\n",x);
        }
    }

    return 0;
}