[CF1774G] Segment Covering

先考虑单次询问。

奇偶型问题，考虑到如果不要 $[l, r]$ 的区间都可以覆盖整个区间，那么要了同样可以覆盖，并且奇偶相反直接抵消了。所以我们只统计每个区间是“必要的”的情况。

考虑容斥哪些段没有覆盖到，对于剩下的段可选可不选。这些段一旦包含一个区间，那么这个区间就可选可不选，由于前面的分析，此时的数量为 $0$ 。（从这里可以看出，我们的容斥是极具目标性的）

那么我们就可以考虑 dp 了，设 $p_{i}$ 表示以 $i$ 为右端点的所有区间中不包含任何一个给定区间的最小的左端点。每一次转移就钦定 $[j - 1, j]$ 这一段不能包含，转移为： $f_{i} = - \sum_{j = p_{i}}^{i} f_{j - 1}$ ，同时钦定 $[- 1, 0]$ 是无意义的，但是每一个状态钦定了这个，故给所有状态乘上 $- 1$ ，即令 $f_{0} = - 1$ 。

考虑写成前缀和的形式： $s_{i} - s_{i - 1} = - (s_{i - 1} - s_{p_{i} - 2})$ ，即 $s_{i} = s_{p_{i} - 2}$ ，当然这里的 $s_{p_{i} - 2}$ 可能比 $0$ 小，此时等于 $0$ 。

考虑处理多次询问，连接 $i \to p_{i} - 2$ ，若我们从 $r_{i}$ 能跳到 $l - 1$ ，则其 $s_{r_{i}}$ 为 $- 1$ ，否则为 $0$ ，最后要求求解 $s_{r_{i}} - s_{r_{i} - 1}$ ，我们分别计算 $r_{i}$ 和 $r_{i} - 1$ 即可。若能建出树来，直接倍增跳即可。

但是这道题的值域很大。幸运的是， $p_{i}$ 一定对应了某个区间的 $l + 1$ ，我们树上需要的点只有询问的 $r_{i}, r_{i} - 1$ 原区间的 $l_{i} - 1$ ，扫描线求解父亲即可。

（我 tm 离散化错了调了四十分钟）

using namespace std;
#define l first
#define r second
#define N 500005
#define p 998244353
#define pii pair<int,int>
int n,m,sz,id[N*3],go[N*3][22];
pii a[N],b[N];
int jump(int x,int y){
    x=lower_bound(id+1,id+1+sz,x)-id;
    for(int k=21;k>=0;k--)if(go[x][k]!=-100&&id[go[x][k]]>=y)x=go[x][k];
    return id[x]==y?-1:0;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r),id[++sz]=a[i].l-1;
    for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&b[i].l,&b[i].r),id[++sz]=b[i].r,id[++sz]=b[i].r-1;
    sort(id+1,id+1+sz);sz=unique(id+1,id+1+sz)-id-1;
    sort(a+1,a+1+n,[](const pii &x,const pii &y){return x.r<y.r;});a[n+1].r=2e9+1;
    int mx=-100,pt=1;
    while(pt<=sz&&id[pt]<a[1].r)go[pt++][0]=-100;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        mx=max(mx,a[i].l-1);
        while(pt<=sz&&id[pt]<a[i+1].r){
            int d=lower_bound(id+1,id+1+sz,mx)-id;
            go[pt][0]=d;
            ++pt;
        }
    }
    for(int k=1;k<=21;k++)
        for(int i=1;i<=sz;i++)
            go[i][k]=go[i][k-1]==-100?-100:go[go[i][k-1]][k-1];
    for(int i=1;i<=m;i++){
        printf("%d\n",(jump(b[i].r,b[i].l-1)-jump(b[i].r-1,b[i].l-1)+p)%p);
    }
    
}