可以发现这个写挂的树状数组求的是后缀和。find(r)-find(l-1)在模2意义下实际上查询的是l-1~r-1的和，而本来要查询的是l~r的和。也就是说，若结果正确，则a[l-1]=a[r](mod 2)。
一个很容易想到的思路是线段树维护每一位为1的概率。然而这其实是不对的，因为每一位是否为1并非独立事件。
世界上没有什么事情是用一维线段树解决不了的，如果有，那就两维
我们维护每两位之间相同的概率。考虑一次操作对某两位的影响。若该次操作包含两位中的x位，那么改变两者间相同状态的概率就是x/len，len为该次修改的区间长度。设原相同概率为pi,j，那么操作后概率就变为(1-pi,j)*x/len+pi,j*(1-x/len)。这个式子神奇的满足交换律结合律，算的时候我们就不用管顺序了。
用二维线段树就可以维护了。修改时先拆成外层线段树上的区间再在内层线段树修改，查询时将所有外层区间包含该点的内层线段树上的操作合在一起。并且需要标记永久化。
注意l=1时find(l-1)直接返回0而不是整个数组的和，此时询问的是r后缀和r前缀是否相等，需要特判一下，记录修改了几次以及r这一位为0的概率（即和第0位相同的概率）。
（写起来出乎意料的短
（空间需要开的非常大
（当然也可以cdq分治变成静态数点扫描线扫过去就好了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int read()
{
int x=,f=;char c=getchar();
while (c<''||c>'') {if (c=='-') f=-;c=getchar();}
while (c>=''&&c<='') x=(x<<)+(x<<)+(c^),c=getchar();
return x*f;
}
#define N 100010
#define P 998244353
int n,m,tot=,inv[N],L[N<<],R[N<<],cnt=;
int root[N<<];
struct data{int l,r,x;
}tree[N*];
void inc(int &x,int y){x+=y;if (x>=P) x-=P;}
int calc(int x,int y){return (1ll*x*(P+-y)+1ll*y*(P+-x))%P;}
void build(int k,int l,int r)
{
L[k]=l,R[k]=r;
if (l==r) return;
int mid=l+r>>;
build(k<<,l,mid);
build(k<<|,mid+,r);
}
void modify(int &k,int l,int r,int x,int y,int a)
{
if (!k) k=++cnt;
if (l==x&&r==y)
{
tree[k].x=calc(tree[k].x,a);
return;
}
int mid=l+r>>;
if (y<=mid) modify(tree[k].l,l,mid,x,y,a);
else if (x>mid) modify(tree[k].r,mid+,r,x,y,a);
else modify(tree[k].l,l,mid,x,mid,a),modify(tree[k].r,mid+,r,mid+,y,a);
}
int query(int k,int l,int r,int x,int ans)
{
if (!k) return ans;
ans=calc(ans,tree[k].x);
if (l==r) return ans;
int mid=l+r>>;
if (x<=mid) return query(tree[k].l,l,mid,x,ans);
else return query(tree[k].r,mid+,r,x,ans);
}
void change(int k,int l,int r,int x,int y,int a)
{
if (L[k]==l&&R[k]==r) {modify(root[k],,n,x,y,a);return;}
int mid=L[k]+R[k]>>;
if (r<=mid) change(k<<,l,r,x,y,a);
else if (l>mid) change(k<<|,l,r,x,y,a);
else change(k<<,l,mid,x,y,a),change(k<<|,mid+,r,x,y,a);
}
int getans(int x,int y)
{
int k=,s=;
while ()
{
s=calc(s,query(root[k],,n,y,));
if (L[k]==R[k]) break;
if (x<=(L[k]+R[k]>>)) k<<=;
else k=k<<|;
}
return s%P;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("bzoj4785.in","r",stdin);
freopen("bzoj4785.out","w",stdout);
const char LL[]="%I64d";
#else
const char LL[]="%lld";
#endif
n=read(),m=read();
inv[]=;
for (int i=;i<=n;i++) inv[i]=(P-1ll*(P/i)*inv[P%i]%P)%P;
build(,,n);
for (int i=;i<=m;i++)
{
int op=read(),l=read(),r=read();
if (op==)
{
tot^=;int x=inv[r-l+];
change(,,l-,l,r,x);
if (r<n) change(,l,r,r+,n,x);
change(,l,r,l,r,x*%P);
}
else
{
if (l==) printf("%d\n",tot?(P+-getans(l-,r))%P:getans(l-,r));
else printf("%d\n",getans(l-,r));
}
}
return ;
}