題意：
乙個n個點的環，當你在i號點時有pi/2的概率走向（i%n+1）號點，有pi/2的概率走向((i-2+n)%n+1)號點，有(1-pi)的概率永遠停下，動態修改pi，多次詢問從i號點出發走的距離的期望值f（i）。
範圍n<=100000
這個題就是誘導人去想高斯消元的，然後複雜度**。。。。。。
電腦高斯消元會**，那麼我們就用我們的人腦幫電腦消一些元。
不難發現，可以由fi和f(i-1)得到f(i+1)
那麼假設f(1)=x,f(n-1)=y;
線性遞推一下轉一圈回來我們會得到關於x,y的二元一次方程組，
用行列式的公式直接上：
a x + b y = c
d x + e y = f
y= (af-cd)/ (ae-bd)
x= (bf-ce)/ (bd-ae)
樓主口胡了乙個口訣：
另一未知量的係數列向量與常數列向量所組成的行列式值除以
另一未知量的係數列向量與本未知量列向量所組成的行列式值（順序從左到右不能改）
好吧這的確不像乙個口訣
然後就是老套路了，線性遞推關係在中途修改常數可以用線段樹維護矩陣區間積。
每次修改後算出f（1），f(n)，詢問就用矩陣區間積快速求出其與f(1),f(n)的關係。。。。
accode:
#include#include#include#include#define mod 998244353
#define lc now<<1
#define rc now<<1|1
#define ll long long
#define maxn 100005
using namespace std;
int n,p[maxn];
inline int pow(int base,int k)
struct mat
}a,i;
mat m[maxn*8];
void insert(int now,int l,int r,int pos,mat a)
int mid=(l+r)>>1;
insert(lc,l,mid,pos,a);
insert(rc,mid+1,r,pos,a);
m[now]=m[rc]*m[lc];
}int f[maxn];
inline void solve()
f[n]=(mod-1ll*b[2]*pow(b[1],mod-2)%mod)%mod;
a[2]=(a[2]+1ll*f[n]*a[1]%mod)%mod;
f[1]=(mod-1ll*a[2]*pow(a[0],mod-2)%mod)%mod;
*/ m[1].a[0]--,m[1].b[1]--;m[1].a[2]=-m[1].a[2],m[1].b[2]=-m[1].b[2];
f[n]=(1ll*m[1].a[0]*m[1].b[2]-1ll*m[1].b[0]*m[1].a[2])%mod * pow( (1ll*m[1].a[0]*m[1].b[1]-1ll*m[1].b[0]*m[1].a[1])%mod,mod-2)%mod;
f[1]=(1ll*m[1].a[1]*m[1].b[2]-1ll*m[1].b[1]*m[1].a[2])%mod * pow( (1ll*m[1].a[1]*m[1].b[0]-1ll*m[1].b[1]*m[1].a[0])%mod,mod-2)%mod;
m[1].a[0]++,m[1].b[1]++;m[1].a[2]=-m[1].a[2],m[1].b[2]=-m[1].b[2];
}inline mat query(int now,int l,int r,int ql,int qr)
inline int query(int id)
char ch;
inline void get(int &res)
int main()
solve();
int q,tag;
get(q);
for(;q--;)
else
}}
a x + b y = c
d x + e y = f
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