[loj3312]传统艺能

定义【被修改】表示在$[l,r]\subseteq [q_{l},q_{r}]$且$[l_{fa},r_{fa}]\nsubseteq  [q_{l},q_{r}]$，【被经过】表示$[l,r]\nsubseteq [q_{l},q_{r}]$且$[l,r]\cap [q_{l},q_{r}]\neq\empty$

将区间贡献分开来统计，状态可以用$自己是否为祖先中是否存在(自己是否为1,祖先中是否存在1)$来描述，记$P(k,p_{1},p_{2})$表示点$k$状态为$(p_{1},p_{2})$的概率，考虑区间操作对状态的影响（$p$表示对应区间的概率）：

1.被修改，转移为$P'(k,1,0)+=p$

2.被经过，转移为$P'(k,0,0)+=p$

3.祖先被修改，转移为$P'(k,p_{1},1)+=p\cdot(P(k,p_{1},0)+P(k,p_{1},1))$

4.父亲被经过且自己未被经过，转移为$P'(k,0,0)+=p\cdot P(k,0,0)$，$P'(k,1,0)+=p\cdot (1-P(k,0,0))$

5.不属于以上任何一种，转移为$P'(k,p_{1},p_{2})+=p\cdot P(k,p_{1},p_{2})$

特别的，对于$[1,n]$，其有贡献当且仅当最后一次覆盖的区间为$[1,n]$，概率为$\frac{2}{n(n+1)}$

最终答案即为$P(k,1,0)+P(k,1,1)$即为这个区间的贡献，转移用矩阵乘法来维护即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 400005
#define mod 998244353
struct ji{
    int l,r;
}seg[N];
struct mat{
    int a[4][4];
}e,o;
int V,r,n,m,all,ans,fa[N],ls[N],rs[N],mid[N];
int ksm(int n,int m){
    if (!m)return 1;
    int s=ksm(n,m>>1);
    s=1LL*s*s%mod;
    if (m&1)s=1LL*s*n%mod;
    return s;
}
mat mul(mat x,mat y){
    mat o;
    memset(o.a,0,sizeof(o.a));
    for(int i=0;i<4;i++)
        for(int j=0;j<4;j++)
            for(int k=0;k<4;k++)
                o.a[i][j]=(o.a[i][j]+1LL*x.a[i][k]*y.a[k][j])%mod;
    return o;
}
mat ksm(mat n,int m){
    if (!m)return e;
    mat o=ksm(n,m>>1);
    o=mul(o,o);
    if (m&1)o=mul(o,n);
    return o;
}
void build(int &k,int l,int r){
    if (!k)seg[k=++V]=ji{l,r};
    if (l==r)return;
    scanf("%d",&mid[k]);
    build(ls[k],l,mid[k]);
    build(rs[k],mid[k]+1,r);
    fa[ls[k]]=fa[rs[k]]=k;
}
int calc1(int k){
    return (1LL*(seg[k].l-seg[fa[k]].l)*(n-seg[k].r+1)+1LL*seg[k].l*(seg[fa[k]].r-seg[k].r))%mod*all%mod;
}
int calc2(int k){
    return (1LL*n*(seg[k].r-seg[k].l)-1LL*(seg[k].r-seg[k].l)*(seg[k].r-seg[k].l-1)/2)%mod*all%mod;
}
int calc3(int k){
    return 1LL*seg[fa[k]].l*(n-seg[fa[k]].r+1)%mod*all%mod;
}
int calc4(int k){
    return (1LL*(seg[k].l+seg[fa[k]].l-1)*(seg[k].l-seg[fa[k]].l)/2+1LL*(n+n-seg[k].r-seg[fa[k]].r+1)*(seg[fa[k]].r-seg[k].r)/2)%mod*all%mod;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    build(r,1,n);
    all=ans=ksm((n+1LL)*n/2%mod,mod-2);
    e.a[0][0]=e.a[1][1]=e.a[2][2]=e.a[3][3]=1;
    for(int i=2;i<=V;i++){
        int p1,p2,p3,p4,p5;
        p1=calc1(i);
        p2=calc2(i);
        p3=calc3(i);
        p4=calc4(i);
        p5=mod+1-((p1+p2)%mod+(p3+p4)%mod)%mod;
        o.a[0][0]=((p2+p4)%mod+p5)%mod;
        o.a[1][0]=o.a[2][0]=o.a[3][0]=p2;
        o.a[0][1]=p3;
        o.a[1][1]=(p3+p5)%mod;
        o.a[2][1]=o.a[3][1]=0;
        o.a[0][2]=p1;
        o.a[1][2]=o.a[3][2]=(p1+p4)%mod;
        o.a[2][2]=((p1+p4)%mod+p5)%mod;
        o.a[0][3]=o.a[1][3]=0;
        o.a[2][3]=p3;
        o.a[3][3]=(p3+p5)%mod;
        o=ksm(o,m);
        ans=(ans+(o.a[0][2]+o.a[0][3])%mod)%mod;
    }
    printf("%d",ans);
}