【LuoguP5280】[ZJOI2019] 线段树

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略

Sol

显然不能直接暴力模拟。

观察这个东西本质在干什么，就是某一次操作可能进行可能不进行，然后求所有情况下被标记节点总数。

这个显然可以转化为概率问题，每次有二分之一的概率进行，问最后期望多少个节点被标记。
只需要最后把答案乘上 (2^t) ， (t) 为操作次数就行了。

所以我们只需要求出一个点有标记的概率，这个似乎可以一次次递推得到。

于是我们讨论一些情况。容易发现一个点被标记只可能是直接被标记或是标记下放下来，于是我们只需要设 (P[u]) 表示 (u)点 被标记的概率，设 (Q[u]) 表示这个节点到根的所有节点中至少有一个被标记的概率。

然后对于一次修改分情况讨论。

1. 修改覆盖了一条祖先链但没有到达当前节点 (P ightarrow P,Q ightarrow 0.5Q+0.5)
2. 修改直接覆盖当前点 (P ightarrow 0.5P+0.5,Q ightarrow 0.5Q+0.5)
3. 修改经过当前点往下 (P ightarrow 0.5P,Q ightarrow 0.5Q)
4. 修改在父亲处往其他方向走 (P ightarrow 0.5P+0.5Q,Q ightarrow Q)
5. 修改在父亲上方就往其他方向走了 (P ightarrow P,Q ightarrow Q)

然后直接线段树就行了，另外维护一个 (P) 的和就可以算答案了。

code:

#include<bits/stdc++.h>
#define Set(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int mod=998244353;
const int inv2=(mod+1)/2;
template <typename T> inline void init(T&x){
	x=0;char ch=getchar();bool t=0;
	for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') t=1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-48);
	if(t) x=-x;return;
}
typedef long long ll;
template<typename T>inline void Inc(T&x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;return;}
template<typename T>inline void Dec(T&x,int y){x-=y;if(x <  0) x+=mod;return;}
template<typename T>inline int fpow(int x,T k){int ret=1;for(;k;k>>=1,x=(ll)x*x%mod) if(k&1) ret=(ll)ret*x%mod;return ret;}
inline int Sum(int x,int y){x+=y;if(x>=mod) return x-mod;return x;}
inline int Dif(int x,int y){x-=y;if(x < 0 ) return x+mod;return x;}
int n,m;
int P[N<<2],Q[N<<2],S[N<<3];
struct tag{
	int mul,add;
	tag(int _mul=1,int _add=0){mul=_mul,add=_add;}
	inline bool pd(){return (mul!=1)||add;}
	inline int F(int x){return ((ll)mul*x+add)%mod;}
}Tag[N<<2];
inline tag Merge(tag A,tag B){
	int mul=(ll)A.mul*B.mul%mod;
	int add=((ll)B.mul*A.add+B.add)%mod;
	return tag(mul,add);
}
#define ls (u<<1)
#define rs (u<<1|1)
inline void update(int u){S[u]=Sum(Sum(S[ls],S[rs]),P[u]);return;}
inline void Upd(int u){P[u]=Sum((ll)P[u]*inv2%mod,(ll)Q[u]*inv2%mod);update(u);return;}
inline void Push(int u,tag T){Q[u]=T.F(Q[u]);Tag[u]=Merge(Tag[u],T);return;}
inline void push_down(int u){if(Tag[u].pd()){Push(ls,Tag[u]);Push(rs,Tag[u]);Tag[u]=tag();}return;}
void Modify(int u,int l,int r,int L,int R){
	if(l>=L&&r<=R) {// 当前节点为标记自己 , 下面的是覆盖父亲
		tag T=tag(inv2,inv2);Dec(S[u],P[u]);
		P[u]=T.F(P[u]),Q[u]=T.F(Q[u]);
		Inc(S[u],P[u]);Tag[u]=Merge(Tag[u],T);
		return;
	}push_down(u);int mid=(l+r)>>1;
	P[u]=(ll)P[u]*inv2%mod,Q[u]=(ll)Q[u]*inv2%mod;// 经过自己
	if(mid>=R) Modify(ls,l,mid,L,R),Upd(rs);//经过一边
	else if(mid<L) Modify(rs,mid+1,r,L,R),Upd(ls);
	else Modify(ls,l,mid,L,mid),Modify(rs,mid+1,r,mid+1,R);
	update(u);
}
int main()
{
	init(n),init(m);int base=1;
	for(int i=1;i<=m;++i) {
		int l,r;int op;init(op);
		if(op==2) printf("%lld
",(ll)base*S[1]%mod);
		else {Inc(base,base);init(l),init(r);Modify(1,1,n,l,r);}
	}
	return 0;
}