可以發現這個寫掛的樹狀數組求的是後綴和。find(r)-find(l-1)在模2意義下實際上查詢的是l-1~r-1的和，而本來要查詢的是l~r的和。也就是說，若結果正確，則a[l-1]=a[r](mod 2)。

　　一個很容易想到的思路是線段樹維護每一位為1的概率。然而這其實是不對的，因為每一位是否為1並非獨立事件。

　　世界上沒有什麽事情是用一維線段樹解決不了的，如果有，那就兩維

　　我們維護每兩位之間相同的概率。考慮一次操作對某兩位的影響。若該次操作包含兩位中的x位，那麽改變兩者間相同狀態的概率就是x/len，len為該次修改的區間長度。設原相同概率為p_i,j，那麽操作後概率就變為(1-p_i,j

　　用二維線段樹就可以維護了。修改時先拆成外層線段樹上的區間再在內層線段樹修改，查詢時將所有外層區間包含該點的內層線段樹上的操作合在一起。並且需要標記永久化。

　　註意l=1時find(l-1)直接返回0而不是整個數組的和，此時詢問的是r後綴和r前綴是否相等，需要特判一下，記錄修改了幾次以及r這一位為0的概率（即和第0位相同的概率）。

　　（寫起來出乎意料的短

　　（空間需要開的非常大

　　（當然也可以cdq分治變成靜態數點掃描線掃過去就好了

#include<iostream> 
#include
 
<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while (c<‘0‘||c>‘9‘) {if (c==‘-‘) f=-1;c=getchar();}
    while (c>=‘0‘&&c<=‘9‘) x=(x<<1)+(x<<3
 
)+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
#define N 100010
#define P 998244353
int n,m,tot=0,inv[N],L[N<<2],R[N<<2],cnt=0;
int root[N<<2];
struct data{int l,r,x;
}tree[N*400];
void inc(int &x,int y){x+=y;if (x>=P) x-=P;}
int calc(int x,int y){return (1ll*x*(P+1-y)+1ll*y*(P+1-x))%P;}
void build(int k,int l,int r)
{
    L[k]=l,R[k]=r;
    if (l==r) return;
    int mid=l+r>>1;
    build(k<<1,l,mid);
    build(k<<1|1,mid+1,r);
}
void modify(int &k,int l,int r,int x,int y,int a)
{
    if (!k) k=++cnt;
    if (l==x&&r==y)
    {
        tree[k].x=calc(tree[k].x,a);
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if (y<=mid) modify(tree[k].l,l,mid,x,y,a);
    else if (x>mid) modify(tree[k].r,mid+1,r,x,y,a);
    else modify(tree[k].l,l,mid,x,mid,a),modify(tree[k].r,mid+1,r,mid+1,y,a);
}
int query(int k,int l,int r,int x,int ans)
{
    if (!k) return ans;
    ans=calc(ans,tree[k].x);
    if (l==r) return ans;
    int mid=l+r>>1;
    if (x<=mid) return query(tree[k].l,l,mid,x,ans);
    else return query(tree[k].r,mid+1,r,x,ans);
} 
void change(int k,int l,int r,int x,int y,int a)
{
    if (L[k]==l&&R[k]==r) {modify(root[k],0,n,x,y,a);return;}
    int mid=L[k]+R[k]>>1;
    if (r<=mid) change(k<<1,l,r,x,y,a);
    else if (l>mid) change(k<<1|1,l,r,x,y,a);
    else change(k<<1,l,mid,x,y,a),change(k<<1|1,mid+1,r,x,y,a);
}
int getans(int x,int y)
{
    int k=1,s=1;
    while (1)
    {
        s=calc(s,query(root[k],0,n,y,0));
        if (L[k]==R[k]) break;
        if (x<=(L[k]+R[k]>>1)) k<<=1;
        else k=k<<1|1; 
    }
    return s%P;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("bzoj4785.in","r",stdin);
    freopen("bzoj4785.out","w",stdout);
    const char LL[]="%I64d";
#else
    const char LL[]="%lld";
#endif
    n=read(),m=read();
    inv[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(P-1ll*(P/i)*inv[P%i]%P)%P;
    build(1,0,n);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int op=read(),l=read(),r=read();
        if (op==1)
        {
            tot^=1;int x=inv[r-l+1];
            change(1,0,l-1,l,r,x);
            if (r<n) change(1,l,r,r+1,n,x);
            change(1,l,r,l,r,x*2%P);
        }
        else 
        {
            if (l==1) printf("%d\n",tot?(P+1-getans(l-1,r))%P:getans(l-1,r));
            else printf("%d\n",getans(l-1,r));
        }
    }
    return 0;
}

BZOJ4785 ZJOI2017樹狀數組（概率+二維線段樹）