本文介绍了一种计算多次前缀和的算法，并通过矩阵快速幂或组合数公式实现。文章详细解释了如何使用差分记录进行修改，并提供了一个能够处理少于500次查询的有效解决方案。
这道题是以前做过的求
K
K
K 次前缀和再带上修改的题，做这个之前最好先看看这两道：
①
K
K
K 次前缀和：https://www.nowcoder.com/acm/contest/109/C
②
K
K
K次逆前缀和：https://www.nowcoder.com/acm/contest/117/B
方法就是修改后的矩阵快速幂 或者 组合数公式 来做
0次前缀和：
a
1
,
a
2
,
a
3
,
a
4
,
a
5
a1, a2, a3, a4, a5
a1,a2,a3,a4,a5
1次前缀和：
a
1
，
a
1
+
a
2
，
a
1
+
a
2
+
a
3
，
a
1
+
a
2
+
a
3
+
a
4
，
a
1
+
a
2
+
a
3
+
a
4
+
a
5
a1，a1+ a2， a1 + a2 + a3， a1 + a2 + a3 + a4， a1 + a2 + a3 + a4 + a5
a1，a1+a2，a1+a2+a3，a1+a2+a3+a4，a1+a2+a3+a4+a5
2次前缀和：
a
1
，
2
∗
a
1
+
a
2
，
3
∗
a
1
+
2
∗
a
2
+
a
3
，
4
∗
a
1
+
3
∗
a
2
+
2
∗
a
3
+
a
4
，
5
∗
a
1
+
4
∗
a
2
+
3
∗
a
3
+
2
∗
a
4
+
a
5
a1，2*a1 + a2， 3*a1 + 2*a2 + a3， 4*a1 + 3*a2 + 2*a3 + a4， 5*a1 + 4*a2+ 3*a3 + 2*a4 + a5
a1，2∗a1+a2，3∗a1+2∗a2+a3，4∗a1+3∗a2+2∗a3+a4，5∗a1+4∗a2+3∗a3+2∗a4+a5
3次前缀和：
a
1
，
3
∗
a
1
+
a
2
，
6
∗
a
1
+
3
∗
a
2
+
a
3
，
10
∗
a
1
+
6
∗
a
2
+
3
∗
a
3
+
a
4
，
15
∗
a
1
+
10
∗
a
2
+
6
∗
a
3
+
3
∗
a
4
+
a
5
a1， 3*a1 + a2， 6*a1 + 3*a2 + a3， 10*a1 + 6*a2 + 3*a3 + a4， 15*a1 +10*a2 + 6*a3 + 3*a4 + a5
a1，3∗a1+a2，6∗a1+3∗a2+a3，10∗a1+6∗a2+3∗a3+a4，15∗a1+10∗a2+6∗a3+3∗a4+a5
4次前缀和：
a
1
，
4
∗
a
1
+
a
2
，
10
∗
a
1
+
4
∗
a
2
+
a
3
，
20
∗
a
1
+
10
∗
a
2
+
4
∗
a
3
+
a
4
，
35
∗
a
1
+
20
∗
a
2
+
10
∗
a
3
+
4
∗
a
4
+
a
5
a1， 4*a1 + a2， 10*a1 + 4*a2 + a3， 20*a1 + 10*a2 + 4*a3 + a4， 35*a1+ 20*a2 + 10*a3 + 4*a4 + a5
a1，4∗a1+a2，10∗a1+4∗a2+a3，20∗a1+10∗a2+4∗a3+a4，35∗a1+20∗a2+10∗a3+4∗a4+a5
像
K
K
K 次前缀和的组合数公式就是：
C
K
−
1
+
y
−
x
K
−
1
C_{K-1+y-x}^{K-1}
CK−1+y−xK−1
表示的就是
x
x
x 这个位置上的值，加了这么多次到
y
y
y 这个位置上
我们用差分记录下每次的修改，并且记录下这是第几次修改的，于是就可以求得那次修改的值到现在经过了多少次前缀和
而询问区间和的时候就只有一个一个暴力计算，所以他才要求询问次数会小于 500 500 500
#include"bits/stdc++.h"
#define out(x) cout<<#x<<"="<<x
#define C(n,m) (m>n?0:(long long)fac[(n)]*invf[(m)]%MOD*invf[(n)-(m)]%MOD)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=1e6+5;
const int MOD=998244353;
LL ksm(LL a,LL b,LL mod)
{
LL res=1,base=a;
while(b)
{
if(b&1)res=(res*base)%mod;
base=(base*base)%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
LL fac[maxn]={1,1},invf[maxn]={1,1};
void InitFac(int n)
{
for(int i=2;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
invf[n]=ksm(fac[n],MOD-2,MOD);
for(int i=n-1;i>=2;i--)invf[i]= invf[i+1]*(i+1)%MOD;
}
int N,M,K,cnt;
struct AAA
{
LL x,k,v;
AAA(){}
AAA(LL x,LL k,LL v):x(x),k(k),v(v){}
};
AAA a[maxn];
LL query(int pos)//计算[1,pos]的前缀和
{
LL res=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
LL x=a[i].x;
LL k=a[i].k;
LL v=a[i].v;
if(x<=pos)
{
int len=pos-x;
res+=C(K-k+len,K-k)*v; //②K是当前弄的前缀和的次数，k是那个差分的时候的前缀和次数，所以K-k就是这个值从那个时候到现在的前缀和次数
res%=MOD;
}
}
return res;
}
int main()
{
InitFac(maxn-5);
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
K=0;//存总共弄了几次前缀和
cin>>N>>M;
cnt=0;
for(int i=1;i<=M;i++)
{
int cmd,L,R,v;
scanf("%d",&cmd);
if(cmd==1)
{
scanf("%d%d%d",&L,&R,&v);
a[++cnt]=AAA(L,K-1,v); //①因为是差分来保存的，所以要减一个前缀和
a[++cnt]=AAA(R+1,K-1,-v);
}
else if(cmd==2)K++;
else
{
scanf("%d%d",&L,&R);
cout<<((query(R)-query(L-1))%MOD+MOD)%MOD<<endl;
}
}
}
}
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