Description
给定一个数列 \(g\) ，其中 \(g_i=Ag_{i-1}+B(i\ge1)\) 。
有一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\) ，定义 \(f(l,r)=\sum\limits_{i=l}^ra_i\times g_{i-l}\) 。
有 \(m\) 次操作，先给出一个数 \(op\in\{1,2\}\)。
\(op=1\) ，输出 \(\sum\limits_{i=l}^r\sum\limits_{j=i}^rf(i,j)\) 在模 \(998244353\) 意义下的值。
\(op=2\) ，将 \(a_x\) 修改为 \(y\) 。
Solution
可以把式子拆成：
\[\sum g_{i-l}a_i(r-i+1)
\]
因为 \(l\) 不同，难以计算，所以考虑从 \(g\) 入手。
易得通项公式：
\[g_i=Ag_{i-1}+B=g_0A^i+B\sum_{j=0}^{i-1}A^j
\]
带入式子，得：
\[\sum_{i=l}^{r}a_i\times(r-i+1)\times\sum_{j=0}^{i-l}(g_0A^j+B\sum_{k=0}^{j-1}A^k)
\]
式子有亿点麻烦，将 \(r-i+1\) 拆开，得：
\[(r+1)\sum_{i=l}^{r}a_i\times\sum_{j=0}^{i-l}(g_0A^j+B\sum_{k=0}^{j-1}A^k)-\sum_{i=l}^{r}a_i\times i\times \sum_{j=0}^{i-l}(g_0A^j+B\sum_{k=0}^{j-1}A^k)
\]
考虑维护前面的式子，后面同理。
注意到 \(\sum_{k=0}^{j-1}A^k\) 是等比数列，使用等比数列求和公式。
\[\sum_{k=0}^{j-1}A^k=\frac{A^j-1}{A-1}
\]
所以：
\[=\sum_{i=l}^{r}a_i\times\sum_{j=0}^{i-l}(g_0A^j+\frac{BA^j-B}{A-1})
\]
再次拆开：
\[=g_0\sum_{i=l}^{r}a_i\sum_{j=0}^{i-l}A^j+\sum_{i=l}^{r}a_iB(\sum_{j=0}^{i-l}A^j-i+l-1)
\]
注意到 \(\sum_{j=0}^{i-l}A^j\) 又是一个等比数列，拆开：
\[=g_0\sum_{i=l}^{r}a_i\sum_{j=0}^{i-l}A^j+\sum_{i=l}^{r}a_iB(\frac{A^{i-l+1}-1}{A-1}-i+l-1)
\]
其中 \(A^{i-l+1}=\dfrac{A^i}{A^{l-1}}\)。
就可以维护了，使用树状数组分别维护 \(a_i,a_i\times i,i\times i\times a_i,a_i\times i\times A^i,a_i\times A^i\)，对于每次询问计算\(A^{l-1}\)的逆元，按式子计算出答案即可。
