这里是题解以及我的卡常数历程
话说后面那几组数据莫不是lxl出的这么毒
首先不难发现这个东西把查询前缀和变成了查询后缀和，结果就是查了\([l-1,r-1]\)的区间和。因为模\(2\)意义下的加法就是异或，所以错误查询和正确查询相等就意味着\(a[l-1]\)和\(a[r]\)相等
我们不能简单的维护每个位置是什么值的概率，比方说一次修改了\([1,2]\)，虽然这两个位置为\(1\)的概率都是\(\frac{1}{1}\)，但它们的值绝对不相等
所以我们需要维护二元组\((x,y)\)代表\(x\)和\(y\)相等的概率，需要开一个二维线段树（我到今天才知道原来二维线段树该这么写……以前一直都是一个父亲四个儿子……）
那么对于一次修改操作\((l,r)\)，会发生改变的二元组有
1.左端点在\([1,l-1]\)之间，右端点在\([l,r]\)之间
2.左端点在\([l,r]\)之间，右端点在\([r+1,n]\)之间
3.左右端点都在\([l,r]\)之间
设区间长度为\(len\)，那么对于\(1,2\)，这次操作有\(\frac{1}{len}\)的概率使它们取反，对于\(3\)操作，这次操作有\(\frac{2}{len}\)的概率使它们取反
关于标记合并的问题的话，如果设两次取反的概率分别为\(p,q\)，那么最终被取反的概率为\(p(1-q)+q(1-p)\)
然而我们需要特判\(l=1\)的情况，因为按题目中的树状数组的写法此时会返回\(0\)，所以这个时候就是查询\([1,l-1]\)和\([r+1,n]\)是否相等，我们可以单独开一个一维线段树，对每个位置\(i\)维护\([1,i-1]\)和\([i+1,n]\)相等的概率，需要的时候在线段树上查询就是了
接下来是卡常问题
首先是标记永久化，即我们在线段树上打标记的时候不下传，而是直接叠在那一层，查询的时候把经过路径上的所有标记直接加到答案上去
其次，对于答案和询问的左右端点，我们不传参，直接开全局变量
最后，一维线段树上，在\(r-l+1\leq 7\)的时候我们不继续递归下去而是改成暴力打标记
什么读优输优手打\(max\)之类的我就不多说了……
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=1e5+5,P=998244353,M=4e7+5;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
inline int calc(R int x,R int y){return (1ll*x*(P+1-y)%P+1ll*y*(P+1-x)%P)%P;}
inline int max(const R int &x,const R int &y){return x>y?x:y;}
inline int min(const R int &x,const R int &y){return x<y?x:y;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);
return res;
}
int n,m,ans,op,l,r,len,inv[N],x,y;
struct tree1{
int rt[N<<2],val[M],ls[M],rs[M],a[N],cnt;
void ins(int &p,int l,int r,int ql,int qr,int v){
if(!p)p=++cnt;
if(ql<=l&&qr>=r)return val[p]=calc(val[p],v),void();
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)ins(ls[p],l,mid,ql,qr,v);
if(qr>mid)ins(rs[p],mid+1,r,ql,qr,v);
}
void query(int p,int l,int r){
if(!p)return;ans=calc(ans,val[p]);
if(l==r)return;int mid=(l+r)>>1;
y<=mid?query(ls[p],l,mid):query(rs[p],mid+1,r);
}
void qins(int p,int l,int r,int ql,int qr,int dl,int dr,int v){
if(ql<=l&&qr>=r)return ins(rt[p],1,n,max(dl,l),dr,v);
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)qins(p<<1,l,mid,ql,qr,dl,dr,v);
if(qr>mid)qins(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr,dl,dr,v);
}
void qquery(int p,int l,int r){
query(rt[p],1,n);
if(l==r)return;int mid=(l+r)>>1;
x<=mid?qquery(p<<1,l,mid):qquery(p<<1|1,mid+1,r);
}
}T;
struct tree2{
int val[N<<2],a[N];
void update(int l,int r,int v){fp(i,l,r)a[i]=calc(a[i],v);}
void ins(int p,int l,int r,int ql,int qr,int v){
if(r-l+1<=7)return update(max(ql,l),min(qr,r),v);
if(ql<=l&&qr>=r)return val[p]=calc(val[p],v),void();
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)ins(p<<1,l,mid,ql,qr,v);
if(qr>mid)ins(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr,v);
}
void query(int p,int l,int r){
if(r-l+1<=7)return ans=calc(ans,a[x]),void();
ans=calc(ans,val[p]);
if(l==r)return;int mid=(l+r)>>1;
x<=mid?query(p<<1,l,mid):query(p<<1|1,mid+1,r);
}
}G;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),m=read();
inv[0]=inv[1]=1;fp(i,2,n)inv[i]=1ll*inv[P%i]*(P-P/i)%P;
while(m--){
op=read(),l=read(),r=read();
if(op==1){
len=r-l+1;
if(l>1)T.qins(1,1,n,1,l-1,l,r,inv[len]),G.ins(1,1,n,1,l-1,1);
if(r<n)T.qins(1,1,n,l,r,r+1,n,inv[len]),G.ins(1,1,n,r+1,n,1);
if(l!=r)T.qins(1,1,n,l,r,l,r,mul(2,inv[len])),G.ins(1,1,n,l,r,dec(1,inv[len]));
}else{
ans=1;
if(l==1)x=r,G.query(1,1,n);
else x=l-1,y=r,T.qquery(1,1,n);
print(ans);
}
}return Ot(),0;
}