先摆出来这个式子
[score=Asum S_i+Bsum S_i imes f(i)
]
先研究(f)函数（也就是Combo函数）
显然的有
[f(i)=P_i(f(i-1)+1)+t(1-P_i)f(i-1)
]
化简得
[f(i)=(P_i+t-tP_i)f(i-1)+P_i
]
再考虑一下期望意义下的式子
[score=Asum P_i+Bsum P_i imes f(i)
]
然而，这是不对的，第一个样例都过不了
问题出在哪？就在(P_i imes f(i))这里
(P_i)意味着第i位必为1，此时的(f(i))应当在(2)式中将(P_i)代为1，也就是此时
[score=Asum P+Bsum P_i imes(f(i-1)+1)
]
到这里，第一部分就是一个区间和，第二部分考场上直接写暴力了
现在考虑一下如何快速维护第二个信息
设
[cost(i,j)=sumlimits_{k=i}^jP_k imes (f(k-1)+1)=sumlimits_{k=i}^jP_kf(k-1)+P_k
]
和式里面是一个一次函数的形式，自变量是(f(x))，根据(3)式，(f(x))也是一个一次函数的形式
这就可以用线段树维护了，单点修改很好实现，考虑(P_i+d)中(d)的贡献即可
对于一个区间([L,R])，记录(k_1,b_1,k_2,b_2)表示(f(R)=k_1f(L-1)+b_1,cost(L,R)=k_2f(L-1)+b_2)
由于它们都是一次函数，所以一定可以这样表出
现在考虑如何合并区间信息，考虑边界情况，对于一个区间([i,i])，根据(3)和(6)有
(k_1=P_i+t-tP_i , b1=P_i, k_2=P_i, b_2=P_i)
考虑一个区间([L,R])，中点为(m)
[egin{align*}
f(m)&=k_1f(L-1)+b_1\
f(R)&=k_1'f(m)+b_1'\
herefore f(R)&=k_1k_1'f(L-1)+k_1'b_1+b_2\
cost(L,m)&=k_2f(L-1)+b_2\
cost(m+1,R)&=k_2'f(m)+b_2'\
herefore cost(L,R)&=(k_2+k_2'k_1)f(L-1)+b_2+b_2'+k_2'b_1
end{align*}
]
这样就能合并区间了，由于(f(L-1)=0)，所以答案区间([L,R])的答案就是
[score[L,R]=Asum_{i=L}^RP_i+B imes b_2
]
只维护(f)是不能做的，考场上并没有想到再维护一个(cost)，参考了杨神犇的博客
线段树真是处理区间可合并信息的利器
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
inline char gc(){
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int rd(){
int ret=0,f=1;char c;
while(c=gc(),!isdigit(c))f=c=='-'?-1:1;
while(isdigit(c))ret=ret*10+c-'0',c=gc();
return ret*f;
}
#define space() putchar(' ')
#define nextline() putchar('
')
void pot(int x){if(!x)return;pot(x/10);putchar('0'+x%10);}
void out(int x){if(!x)putchar('0');if(x<0)putchar('-'),x=-x;pot(x);}
const int MAXN = 500005;
const int MOD = 998244353;
int mul(int x,int y){return (1ll*x*y)%MOD;}
void Mul(int &x,int y){x=mul(x,y);}
int sub(int x,int y){return x-y<0?x-y+MOD:x-y;}
int add(int x,int y){if(y>=0)return x+y>MOD?x+y-MOD:x+y;else return sub(x,-y);}
void Add(int &x,int y){x=add(x,y);}
inline int qpow(int x,int y){
int ret=1;
while(y){
if(y&1)Mul(ret,x);
Mul(x,x);
y>>=1;
}
return ret;
}
inline int inv(int x){return qpow(x,MOD-2);}
int n,q,t,dt,ta,tb,A,B;
int p[MAXN];
#define ls (cur<<1)
#define rs (cur<<1|1)
#define mid ((l+r)>>1)
struct Node{
int k1,k2,b1,b2;
Node(int x=1,int y=0,int u=1,int v=0){k1=x;b1=y;k2=u;b2=v;}
}node[MAXN<<2];
inline Node merge(const Node &x,const Node &y){
return Node(
mul(x.k1,y.k1),
add(mul(x.b1,y.k1),y.b1),
add(x.k2,mul(y.k2,x.k1)),
add(mul(y.k2,x.b1),add(x.b2,y.b2))
);
}
void build(int L,int R,int cur,int l,int r){
if(l==r){
node[cur]=Node(sub(add(p[l],t),mul(t,p[l])),p[l],p[l],p[l]);
return;
}
if(L<=mid)build(L,R,ls,l,mid);
if(mid <R)build(L,R,rs,mid+1,r);
node[cur]=merge(node[ls],node[rs]);
}
void update(int pos,int cur,int l,int r,int w){//add w
if(l==r){
Add(node[cur].k1,mul(dt,w));
Add(node[cur].b1,w);
Add(node[cur].k2,w);
Add(node[cur].b2,w);
return;
}
if(pos<=mid) update(pos,ls,l,mid,w);
else update(pos,rs,mid+1,r,w);
node[cur]=merge(node[ls],node[rs]);
}
Node query(int L,int R,int cur,int l,int r){
if(L<=l&&r<=R) return node[cur];
if(L<=mid&&(!(mid<R)))return query(L,R,ls,l,mid);
if((!(L<=mid))&&(mid<R))return query(L,R,rs,mid+1,r);
return merge(query(L,R,ls,l,mid),query(L,R,rs,mid+1,r));
}
struct BIT{
int b[MAXN];
void update(int x,int w){
for(int i=x;i<=n;i+=i&-i)Add(b[i],w);
}
int query(int x){
int ret=0;
for(int i=x;i;i-=i&-i)Add(ret,b[i]);
return ret;
}
}bit;
void answer(){
int l,r;
l=rd();r=rd();
int ans=0;
Add(ans,mul(A,add(bit.query(r),-bit.query(l-1))));
Add(ans,mul(B,query(l,r,1,1,n).b2));
out(ans);nextline();
}
void change(){
int pos,wa,wb,w;
pos=rd();wa=rd();wb=rd();
w=mul(wa,inv(wb));
bit.update(pos,-p[pos]);
bit.update(pos,w);
update(pos,1,1,n,-p[pos]);
update(pos,1,1,n,w);
p[pos]=w;
}
int main(){
freopen("omeed.in","r",stdin);
freopen("omeed.out","w",stdout);
rd();
n=rd();q=rd();ta=rd();tb=rd();A=rd();B=rd();
t=mul(ta,inv(tb));
dt=add(1,-t);
int x,y;
for(int i=1;i<=n;i++){
x=rd();y=rd();
p[i]=mul(x,inv(y));
bit.update(i,p[i]);
}
build(1,n,1,1,n);
for(int i=1;i<=q;i++){
x=rd();
if(x==1) answer();
else change();
}
}