容易发现相当于求2m种操作序列所得的每种线段树tag数量之和。显然考虑每个点的贡献，也即有多少种方案会使该点上有tag。可以将点分为四类：
1.修改时被经过且有儿子被修改的节点
2.修改时被经过且没有儿子被修改的节点
3.修改时未被经过且有兄弟被修改的节点
4.修改时未被经过且没有兄弟被修改的节点
考虑一次修改对这些点的影响。设该次操作之间已进行p次修改。易得：
1.方案数不变
2.方案数+2p
3.方案数+修改前该点到根路径（包括该点自身）上有tag的方案数
4.方案数*2
只要考虑维护3类点所需的东西即可。对此易得：
1.方案数不变
2.方案数+2p
3.方案数*2
4.与其最近的非4类点祖先相同
维护两棵线段树即可。其中第一棵可以转化为维护概率来避免打lazy标记，当然并不重要。
注意维护3类点取出方案数时需要pushdown，并且对此处的pushdown需要小心是否有写丑导致四倍空间不够用。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define P 998244353
#define N 100010
#define inv 499122177
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
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;
}
int n,m,tree[N<<2],p[N],p2[N],stk[N],ans;
int val[N<<2],taga[N<<2],tagm[N<<2];
void del(int x){ans=(ans+P-x)%P;}
void ins(int x){ans=(ans+x)%P;}
void updatea(int k,int x)
{
val[k]=(val[k]+x)%P;
taga[k]=(taga[k]+x)%P;
}
void downa(int k)
{
updatea(k<<1,taga[k]);
updatea(k<<1|1,taga[k]);
taga[k]=0;
}
void updatem(int k,int x)
{
val[k]=1ll*val[k]*x%P;
tagm[k]=1ll*tagm[k]*x%P;
taga[k]=1ll*taga[k]*x%P;
}
void downm(int k)
{
updatem(k<<1,tagm[k]);
updatem(k<<1|1,tagm[k]);
tagm[k]=1;
}
void add(int k,int l,int r,int x,int y,int p)
{
if (l==x&&r==y) {updatea(k,p);return;}
if (tagm[k]!=1) downm(k);
if (taga[k]!=0) downa(k);
int mid=l+r>>1;
if (y<=mid)
{
updatem(k<<1|1,2);
add(k<<1,l,mid,x,y,p);
}
else if (x>mid)
{
updatem(k<<1,2);
add(k<<1|1,mid+1,r,x,y,p);
}
else add(k<<1,l,mid,x,mid,p),add(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,y,p);
}
int query(int k)
{
int top=0;
for (int i=k;i;i>>=1) stk[++top]=i;
for (int i=top;i>1;i--)
{
if (tagm[stk[i]]!=1) downm(stk[i]);
if (taga[stk[i]]!=0) downa(stk[i]);
}
return val[k];
}
void modify(int k,int l,int r,int x,int y,int p)
{
if (l==x&&r==y)
{
del(tree[k]);
tree[k]=1ll*(tree[k]+1)*inv%P;
ins(tree[k]);
return;
}
del(tree[k]);
tree[k]=1ll*tree[k]*inv%P;
ins(tree[k]);
int mid=l+r>>1;
if (y<=mid)
{
del(tree[k<<1|1]);
tree[k<<1|1]=1ll*(tree[k<<1|1]+1ll*query(k<<1|1)*p%P)*inv%P;
ins(tree[k<<1|1]);
modify(k<<1,l,mid,x,y,p);
}
else if (x>mid)
{
del(tree[k<<1]);
tree[k<<1]=1ll*(tree[k<<1]+1ll*query(k<<1)*p%P)*inv%P;
ins(tree[k<<1]);
modify(k<<1|1,mid+1,r,x,y,p);
}
else modify(k<<1,l,mid,x,mid,p),modify(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,y,p);
}
void fill(int k,int l,int r){tagm[k]=1;if (l==r) return;fill(k<<1,l,l+r>>1);fill(k<<1|1,(l+r>>1)+1,r);}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
const char LL[]="%I64d\n";
#else
const char LL[]="%lld\n";
#endif
n=read(),m=read();
p[0]=1;for (int i=1;i<=m;i++) p[i]=(p[i-1]<<1)%P;
p2[0]=1;for (int i=1;i<=m;i++) p2[i]=1ll*p2[i-1]*inv%P;
int cnt=0;fill(1,1,n);
for (int _=1;_<=m;_++)
{
int op=read();
if (op==1)
{
int l=read(),r=read();
modify(1,1,n,l,r,p2[cnt]);
add(1,1,n,l,r,p[cnt]);
cnt++;
}
else printf("%d\n",1ll*ans*p[cnt]%P);
}
return 0;
}