Description

給出一個長度為$n$的序列$A$，初始為$0$，有$m$次操作，操作分三種：

$1\ L\ R\ w:$區間$[L,R]$均加上$w$

$2:$把$A$變成其字首和序列

$3\ L\ R:$查詢區間和$\sum\limits_{i=L}^RA_i$

Input

第一行一整數$T$表示用例組數，每組用例首先輸入兩個整數$n,m$表示序列長度和運算元，之後$m$行每行一個操作，保證$3$操作不超過$500$次

$(1\le n,m\le 10^5,0\le w_i\le 10^9)$

Output

對於每個$3$操作，輸出區間和，結果模$998244353$

Sample Input

1 100000 7 1 1 3 1 2 3 2333 6666 2 3 2333 6666 2 3 2333 6666

Sample Output

13002 58489497 12043005

Solution

對序列求$z$次字首和後，$x$位置原始值$w$對操作後的$y$位置值的貢獻為$w\cdot C_{y-x+z-1}^{z-1}$，注意到區間加操作即為兩個單點修改後求字首和的操作，而查詢操作即為做完字首和後查詢兩個位置的值做差，故對於每次查詢操作，遍歷之前所有修改操作，統計修改操作的單點值對當前查詢單點值的貢獻即可，時間複雜度$O$

Code

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define maxn 100005
#define mod 998244353
int mul(int x,int y)
{
	ll z=1ll*x*y;
	return z-z/mod*mod;
}
int add(int x,int y)
{
	x+=y;
	if(x>=mod)x-=mod;
	return x;
}
int inv[2*maxn],fact[2*maxn];
void init(int n=2e5)
{
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
	inv[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)inv[i]=mul(inv[i-1],inv[i]);
	fact[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)fact[i]=mul(i,fact[i-1]);
}
int C(int n,int m)
{
	return mul(fact[n],mul(inv[m],inv[n-m]));
} 
int Solve(int x,int y,int z,int w)
{
	if(x==y)return w;
	if(z==0||y<x)return 0;
	return mul(w,C(y-x+z-1,z-1));
}
struct Query
{
	int op,l,r,w;
}q[maxn];
int T,n,m;
int main()
{
	init();
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			scanf("%d",&q[i].op);
			if(q[i].op==1)
			{
				scanf("%d%d%d",&q[i].l,&q[i].r,&q[i].w);
				q[i].w%=mod;
			}
			else if(q[i].op==3)
			{
				scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);
				int x=2,A=0,B=0;
				for(int j=i-1;j>=1;j--)
					if(q[j].op==2)x++;
					else if(q[j].op==1)
					{
						A=add(A,Solve(q[j].l,q[i].l-1,x,q[j].w));
						A=add(A,Solve(q[j].r+1,q[i].l-1,x,mod-q[j].w));
						B=add(B,Solve(q[j].l,q[i].r,x,q[j].w));
						B=add(B,Solve(q[j].r+1,q[i].r,x,mod-q[j].w));
						
					}
				printf("%d\n",add(B,mod-A));
			}
		}
	}
	return 0;
}