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题目链接：BZOJ4785
正解：二维线段树
解题报告：
考场上我一眼看出了这个变成了后缀和，然而被$l=1$坑成了暴力分== 好坑啊…
考虑变成后缀和之后，我们只需要$check$一下$l-1$和$r$的被修改次数是否相同，这个概率如果我们能维护的话每次直接查询就好了。
我们把$(x,y)$看成一个二维数点，表示$x$与$y$修改次数相同的概率，那么不相同的概率也能直接算了。
为了方便，我们只记录$x<y$的情况就好了。这个东西我们显然可以用二维线段树来维护。
考虑每次查询直接查询$(l-1,r)$就好了。
对于修改呢，对于$[1,l-1]$、$[l+1,r]$这两个区间都会对$[l,r]$中的数有$1-p$的概率不改变相同性，$p=1/区间长度$，即选中区间一个数的概率。
而考虑区间内部的情况呢，就是$1-p*2$。
这个东西直接在二维线段树上维护就好了，这个标记可以直接合并，因为两个概率可以用$p1*p2+(1-p1)*(1-p2)$的式子合并。
注意卡卡空间，卡卡常数==
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//有志者，事竟成，破釜沉舟，百二秦关终属楚；苦心人，天不负，卧薪尝胆，三千越甲可吞吴。
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <ctime>
#define lc root<<1
#define rc root<<1|1
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define reg(i,x) for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 200011;
const int mod = 998244353;
int n,m,cnt,RT[MAXN*3];
int ans,P[MAXN*180];
struct node{ int ls,rs; }a[MAXN*180];//维护二元组修改次数相等的概率
inline int fast_pow(int x,int y){ int r=1; while(y>0) { if(y&1) r=1LL*r*x%mod; x=1LL*x*x%mod; y>>=1; } return r; }
inline int merge(int x,int y){ return ( 1LL*x*y%mod+1LL*(1-x+mod)*(1-y+mod)%mod )%mod; }
inline int getint(){
int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline void build(int root,int l,int r){
cnt=max(cnt,root); if(l==r) return ;
int mid=(l+r)>>1; build(lc,l,mid); build(rc,mid+1,r);
}
inline void modify(int &root,int l,int r,int ql,int qr,int CC){
if(!root) root=++cnt,P[root]=1;//!!!默认修改次数相等
if(ql<=l && r<=qr) { P[root]=merge(P[root],CC); return ; }
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid) modify(a[root].ls,l,mid,ql,qr,CC);
if(qr>mid) modify(a[root].rs,mid+1,r,ql,qr,CC);
}
inline void Modify(int root,int l,int r,int ql,int qr,int down,int up,int CC){
if(ql<=l && r<=qr) { modify(RT[root],0,n+1,down,up,CC); return ; }
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid) Modify(lc,l,mid,ql,qr,down,up,CC);
if(qr>mid) Modify(rc,mid+1,r,ql,qr,down,up,CC);
}
inline void query(int &root,int l,int r,int pos){
if(!root) return ; ans=merge(ans,P[root]);//!!!
if(l==r) return ; int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid) query(a[root].ls,l,mid,pos);
else query(a[root].rs,mid+1,r,pos);
}
inline void Query(int root,int l,int r,int posx,int posy){
if(RT[root]) query(RT[root],0,n+1,posy);//!!!
if(l==r) return ; int mid=(l+r)>>1;
if(posx<=mid) Query(lc,l,mid,posx,posy);
else Query(rc,mid+1,r,posx,posy);
}
inline void work(){
n=getint(); m=getint(); int type,l,r,p;
build(1,0,n);
for(int i=1;i<=m;i++) {
type=getint(); l=getint(); r=getint();
if(type==1) {
p=fast_pow(r-l+1,mod-2);
//[l,r]->[1,l-1] 1-p
if(l>1) {
Modify(1,1,n,1,l-1,l,r,(1-p+mod)%mod);
modify(RT[0],1,n,1,l-1,0);
}
//[l,r]->[r+1,n] 1-p
if(r<n) {
Modify(1,1,n,l,r,r+1,n,(1-p+mod)%mod);
modify(RT[0],1,n,r+1,n,0);//!!!n+1,后缀和!!!
}
//[l,r]->[l,r] 1-p*2
if(l!=r) Modify(1,1,n,l,r,l,r,(1-p*2+mod+mod)%mod);
//l=1说明查询前缀和和后缀和是否相等
//那么修改序列中每个数的前缀和与后缀和相等概率
modify(RT[0],1,n,l,r,p);//只有修改到自己才不会改变前缀和与后缀和的相等性
}
else {
ans=1;
if(l==1) query(RT[0],1,n,r);
else Query(1,1,n,l-1,r);
printf("%d
",ans);
}
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("bit.in","r",stdin);
freopen("bit.out","w",stdout);
#endif
work();
return 0;
}
//有志者，事竟成，破釜沉舟，百二秦关终属楚；苦心人，天不负，卧薪尝胆，三千越甲可吞吴。