2020牛客暑期多校训练营（第九场） Groundhog and Gaming Time

原题
题目描述

样例
输入

输出

405536771

思路
求期望可以用累加每种情况对期望的贡献求得，本题就是用的这个思路。
线段的交取决于最大的左端点以及最小的右端点，同时维护两个东西比较困难。
所以我们先按照线段左端点从大到小排序，存在数组tltltl中，按照线段右端点从大到小排序，存在数组trtrtr中。同时还可以离散化一下，节省一下复杂度，然后构建线段树，然后做的操作：：：

遍历区间[i，i+1][i，i+1][i，i+1]，维护包含该区间的线段的交集的期望。这个期望通过计算所有区间的贡献和。
从mmm个线段，找出aaa个线段包含区间[i，i+1][i，i+1][i，i+1]。计算这aaa个线段的交集的期望，等于每个区间的贡献总和。
aaa个线段，有bbb个线段覆盖区间[j，j+1][j，j+1][j，j+1]，则区间[j，j+1][j，j+1][j，j+1]的贡献===长度×××(2(2(2^b-1) ÷÷÷ 222ⁿ。其中减111和除以222ⁿ的操作可以在统计完之后最后去做。
最后除以222ⁿ得到期望，这一步可以用快速幂做，其中除以222ⁿ要用到逆元。
代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2e6+5,mod=998244353,inf=1e9+1,n2=(mod+1)/2;
int n,m=2,t1=1,t2=1,l[maxn],r[maxn],tl[maxn],tr[maxn];
ll ans,p[maxn*2],a[maxn*2],b[maxn*2];
bool cmpl(int x,int y){return l[x]<l[y];}
bool cmpr(int x,int y){return r[x]<r[y];}
void bd(int x,int l,int r)
{a[x]=p[r+1]-p[l];b[x]=1;if(l==r)return;int mid=l+r>>1;bd(x*2,l,mid);bd(x*2+1,mid+1,r);
}
void f(int x,int l,int r,ll y,int L,int R)
{if(l<=L&&r>=R){a[x]=a[x]*y%mod;b[x]=b[x]*y%mod;return;}int mid=(L+R)>>1;if(l<=mid)f(x*2,l,r,y,L,mid);if(r>mid)f(x*2+1,l,r,y,mid+1,R);a[x]=(a[x*2]+a[x*2+1])*b[x]%mod;
}
ll ksm(ll a,ll b){ll c=1;while(b){if(b&1)c=c*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return c;}
int main()
{scanf("%d",&n);p[1]=0;p[2]=inf;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&l[i],&r[i]),p[++m]=l[i],p[++m]=++r[i];sort(p+1,p+m+1);m=unique(p+1,p+m+1)-p-1;bd(1,1,m-1);for(int i=1;i<=n;i++)l[i]=lower_bound(p+1,p+m+1,l[i])-p,r[i]=lower_bound(p+1,p+m+1,r[i])-p,tl[i]=i,tr[i]=i;sort(tl+1,tl+n+1,cmpl);sort(tr+1,tr+n+1,cmpr);for(int i=1;i^m;i++){while(t1<=n&&l[tl[t1]]<=i)f(1,l[tl[t1]],r[tl[t1]]-1,2,1,m-1),t1++;while(t2<=n&&r[tr[t2]]<=i)f(1,l[tr[t2]],r[tr[t2]]-1,n2,1,m-1),t2++;ans=(ans+a[1]*(p[i+1]-p[i]))%mod;}ans=(ans+mod-1ll*inf*inf%mod)%mod;printf("%lld",ans*ksm(n2,n)%mod);
}

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