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@description@

九条可怜是一个喜欢数据结构的女孩子，在常见的数据结构中，可怜最喜欢的就是线段树。

线段树的核心是懒标记，下面是一个带懒标记的线段树的伪代码，其中 tag​ 数组为懒标记：

其中函数 (Lson(Node)) 表示 (Node) 的左儿子，(Rson(Node)) 表示 (Node) 的右儿子。

现在可怜手上有一棵 ([1,n]) 上的线段树，编号为 (1)。这棵线段树上的所有节点的 tag​ 均为 (0)。接下来可怜进行了 (m) 次操作，操作有两种：

• (1 l r)，假设可怜当前手上有 (t) 棵线段树，可怜会把每棵线段树复制两份（tag 数组也一起复制），原先编号为 (i) 的线段树复制得到的两棵编号为 (2i-1) 与 (2i)，在复制结束后，可怜手上一共有 (2t) 棵线段树。接着，可怜会对所有编号为奇数的线段树进行一次 ( m{Modify}(root,1,n,l,r))。
• (2)，可怜定义一棵线段树的权值为它上面有多少个节点 tag 为 (1)。可怜想要知道她手上所有线段树的权值和是多少。

原题传送门。

@solution@

考虑每个结点的贡献。

观察伪代码，修改操作 [l, r] 导致结点 x 的 tag​ 可能改变的情况只有 3 种：
（1）[l, r] 不包含 x 的父结点，但包含 x。此时 x 的 tag 强制变为 1。
（2）[l, r] 不包含 x，但与 x 有交。此时 x 的 tag 强制变为 0。
（3）[l, r] 与 x 没有交，但与 x 的父结点有交。此时如果 x 的某祖先有 tag，则 x 也有 tag。

因此考虑 dp：定义 dp(0/1, 0/1, x) 表示 x 的祖先结点是否有 tag，x 本身是否有 tag，这 4 种情况对应的方案数。

可以做到 (O(nm)) 的 dp，获得 40 分的好成绩。

考虑优化。观察 dp 的转移，发现只有线段树上单点修改/子树修改，单点询问/子树询问。
直接维护一下线段树上的单点 dp值/转移矩阵 与子树 dp值/转移矩阵 即可。

可以把 (4 imes 4) 的转移矩阵优化成 3 个元素的转移矩阵，这样会跑得快一些。

这样就可以 (O(mlog n)) 通过该题。

@accepted code@

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define lch (x << 1)
#define rch (x << 1 | 1)
#define rep(i, x, n) for(int i=x;i<n;i++)

const int MAXN = 100000;
const int MOD = 998244353;

inline int add(int x, int y) {x += y; return x >= MOD ? x - MOD : x;}
inline int sub(int x, int y) {x -= y; return x < 0 ? x + MOD : x;}
inline int mul(int x, int y) {return (int)(1LL * x * y % MOD);}

namespace segtree{
	struct tag{
		int t00, t01, t11;
		friend tag operator * (const tag &a, const tag &b) {
			tag c;
			c.t00 = mul(a.t00, b.t00);
			c.t01 = add(mul(a.t00, b.t01), mul(a.t01, b.t11));
			c.t11 = mul(a.t11, b.t11);
			return c;
		}
	};
	struct state{
		int f[2][2];
		friend state operator * (const state &a, const tag &b) {
			state c;
			rep(i, 0, 2) {
				c.f[0][i] = mul(b.t00, a.f[0][i]);
				c.f[1][i] = add(mul(b.t11, a.f[1][i]), mul(b.t01, a.f[0][i]));
			}
			return c;
		}
		friend state operator + (const state &a, const state &b) {
			state c;
			rep(i, 0, 2) rep(j, 0, 2)
				c.f[i][j] = add(a.f[i][j], b.f[i][j]);
			return c;
		}
	};
	
	int le[8*MAXN + 5], ri[8*MAXN + 5], ans;
	state s[8*MAXN + 5], v[8*MAXN + 5]; tag tg[8*MAXN + 5]; bool vis[8*MAXN + 5];
	void pushup(int x) {
		if( le[x] == ri[x] ) s[x] = v[x];
		else s[x] = s[lch] + s[rch] + v[x];
	}
	void addtag(int x, tag k) {s[x] = s[x] * k, v[x] = v[x] * k, tg[x] = tg[x] * k, vis[x] = true;}
	void pushdown(int x) {
		if( !vis[x] ) return ;
		addtag(lch, tg[x]), addtag(rch, tg[x]);
		tg[x].t00 = tg[x].t11 = 1, tg[x].t01 = 0, vis[x] = false;
	}
	void build(int x, int l, int r) {
		le[x] = l, ri[x] = r, v[x].f[0][0] = 1;
		tg[x].t00 = tg[x].t11 = 1, tg[x].t01 = 0;
		if( l != r ) {
			int m = (l + r) >> 1;
			build(lch, l, m), build(rch, m + 1, r);
		}
		pushup(x);
	}
	void modify_segment(int x, int type) {
		if( le[x] == ri[x] ) return ;
		pushdown(x);
		int del = add(s[lch].f[0][1], s[lch].f[1][1]); ans = add(ans, del);
		del = add(s[rch].f[0][1], s[rch].f[1][1]); ans = add(ans, del);
		if( type == 1 )
			addtag(lch, (tag){1, 1, 2}), addtag(rch, (tag){1, 1, 2});
		else addtag(lch, (tag){2, 0, 2}), addtag(rch, (tag){2, 0, 2});
		pushup(x);
	}
	void modify_point(int x, int type) {
		if( type == 1 ) {
			int del = add(add(v[x].f[0][1], v[x].f[1][1]), add(v[x].f[0][0], v[x].f[1][0]));
			v[x].f[0][1] = add(v[x].f[0][1], del), ans = add(ans, del);
		}
		else if( type == 2 ) {
			int del = add(add(v[x].f[0][1], v[x].f[1][1]), add(v[x].f[0][0], v[x].f[1][0]));
			v[x].f[0][0] = add(v[x].f[0][0], del);
		}
		else if( type == 3 ) {
			int del = add(add(v[x].f[0][1], v[x].f[1][0]), v[x].f[1][1]);
			v[x].f[0][1] = add(v[x].f[0][1], del), ans = add(ans, del);
			v[x].f[0][0] = add(v[x].f[0][0], v[x].f[0][0]);
		}
		pushup(x);
	}
	void update(int x, int l, int r) {
		if( l <= le[x] && ri[x] <= r )
			modify_point(x, 1), modify_segment(x, 1);
		else {
			modify_point(x, 2);
			
			int m = (le[x] + ri[x]) >> 1; pushdown(x);
			if( r <= m )
				update(lch, l, r), modify_point(rch, 3), modify_segment(rch, 2);
			else if( l > m )
				update(rch, l, r), modify_point(lch, 3), modify_segment(lch, 2);
			else update(lch, l, r), update(rch, l, r);
			pushup(x);
		}
	}
};

int main() {
	int n, m; scanf("%d%d", &n, &m);
	segtree::build(1, 1, n);
	for(int i=1,op,l,r;i<=m;i++) {
		scanf("%d", &op);
		if( op == 1 )
			scanf("%d%d", &l, &r), segtree::update(1, l, r);
		else printf("%d
", segtree::ans);
	}
}

@details@

不要像我一样还写了另一棵线段树维护原线段树的dfs序然后变成了丑陋的O(nlog^2n)。

本题还有更优美的解法：观察到某个点是否有 tag 与它祖先上是否有 tag 相互独立，于是我们可以分别维护一个点是否有 tag 的概率与它祖先是否有 tag 的概率。

这个做法好像常数小很多。不管了反正我的做法也过了。