洛谷P5280 [ZJOI2019]线段树（线段树）
题面
题解
考场上就这么一道会做的其它连暴力都没打……活该爆炸……
首先我们得看出问题的本质：有\(m\)个操作，总共\(2^m\)种情况分别对应每个操作是否执行，求这\(2^m\)棵线段树上\(tag\)为\(1\)的节点个数
那么很明显得转化为每个节点在多少种情况里\(tag\)为\(1\)
对于一个操作\([ql,qr]\)，我们把线段树上所有节点分成四类考虑
1.如果\(ql\leq l\&\&qr\geq r\)，且该节点被访问到，那么不管之前操作序列怎么样，只要执行了当前操作它必为\(1\)，所以它的值加上\(2^t\)，其中\(t\)为已经执行的操作数目
2.如果节点没有被访问到过，那么这个操作是否执行都对它们的\(tag\)没有影响，所以它们的值乘\(2\)
3.如果\([ql,qr]\cap[l,r]\neq \emptyset\)且不属于\(1\)，那么如果当前操作执行它们的\(tag\)显然全没了，所以它们的值不变
4.还有一种情况\([ql,qr]\cap [l,r]=\emptyset\)，且当前节点的父亲属于\(3\)，但是当前节点不属于\(1\)。这种情况下当前节点的值要加上\(f_i\)，其中\(f_i\)表示的是“能够使当前节点到根的所有节点中存在\(tag\)为\(1\)的点的序列个数”
先不考虑\(f_i\)怎么维护。那么我们只要在线段树上遍历区间，对应地打上给节点加上值（比如\(1\)），给节点打乘法标记就行了。全局的答案可以先减去所有遍历到的节点的答案，乘上\(2\)之后再把遍历到的节点的答案加上去就好了
然后关键是\(f_i\)还得维护啊……还是得分类讨论……
1.如果\(ql\leq l\&\&qr\geq r\)，不管当前节点是否被访问过。因为当前操作执行之后它们到根节点的路径上显然会有\(tag\)为\(1\)，所以这些节点每一个都要加上\(2^{t-1}\)
2.如果是之前的\(3\)情况，那么显然根节点到它的所有\(tag\)都没了，所以\(f_i\)不变
3.除此之外的所有情况，包括之前的\(4\)，显然当前操作不管是否执行都对它们的\(f_i\)没有影响，所以它们的\(f_i\)都要乘\(2\)
然后没有然后了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=1e5+5,P=998244353;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
struct node{
node *lc,*rc;int sv,tv,sf,taf,tmf;
node(){tv=tmf=1;}
inline void pmf(R int x){sf=mul(sf,x),taf=mul(taf,x),tmf=mul(tmf,x);}
inline void paf(R int x){sf=add(sf,x),taf=add(taf,x);}
inline void pv(R int x){tv=mul(tv,x),sv=mul(sv,x);}
inline void pd(){
if(tv)lc->pv(tv),rc->pv(tv),tv=1;
if(tmf)lc->pmf(tmf),rc->pmf(tmf),tmf=1;
if(taf)lc->paf(taf),rc->paf(taf),taf=0;
}
}pool[N<<2],*rt;int num;
inline node *newnode(){return &pool[num++];}
void build(node* &p,int l,int r){
p=newnode();if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
build(p->lc,l,mid),build(p->rc,mid+1,r);
}
int res,ans,ql,qr,t,op;
void update(node *p,int l,int r){
if(ql<=l&&qr>=r){
ans=dec(ans,p->sv);
p->sv=add(p->sv,t),p->tv=mul(p->tv,2),p->paf(t);
res=add(res,p->sv);
return;
}
if(ql>r||qr<l){
ans=dec(ans,p->sv);
p->sv=add(p->sv,p->sf),p->pmf(2),p->tv=mul(p->tv,2);
res=add(res,p->sv);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;p->pd();
ans=dec(ans,p->sv),res=add(res,p->sv);
update(p->lc,l,mid),update(p->rc,mid+1,r);
}
int n,m;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),m=read(),t=1;
build(rt,1,n);
while(m--){
op=read();
if(op&2)print(ans);
else ql=read(),qr=read(),res=0,update(rt,1,n),ans=add(mul(ans,2),res),t=mul(t,2);
}
return Ot(),0;
}
