题意分析
显然，每个数据最终的值都可以表示为 $ka_i+b_i$。
$k$ 就是所有的 $2$ 操作的 $v$ 之积,而重点就在于如何计算 $b_i$。
可以将操作 $3$ 的关系建成图，因为没有递归，因此是无环图，则原图是一个 DAG，那么就容易想到拓扑排序后 DP。
只需要从后往前合并，将乘法操作转化为若干次加法操作计算即可。
AC 代码
时间复杂度：$\mathcal O(n+m+q)$。
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//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
#define int ll
using namespace std;
typedef long long ll;
constexpr const int N=1e5,P=998244353;
int n,m,q,a[N+1],in[N+1],order[N+1];
int type[N+1],pos[N+1],value[N+1];
int mul[N+1],dp[N+1],add[N+1];
vector<int>g[N+1];
bool vis[N+1];
void dfs(int x){
if(vis[x]){
return;
}
vis[x]=true;
if(type[x]==2){
mul[x]=value[x];
}else{
mul[x]=1;
}
for(int i:g[x]){
dfs(i);
mul[x]=1ll*mul[x]*mul[i]%P;
}
}
void topSort(){
queue<int>q;
for(int i=1;i<=m;i++){
if(!in[i]){
q.push(i);
}
}
while(q.size()){
int x=q.front();q.pop();
if(type[x]==1){
add[pos[x]]=(1ll*add[pos[x]]+dp[x]*value[x])%P;
}
int pl=dp[x];
reverse(g[x].begin(),g[x].end());
for(int i:g[x]){
if(--in[i]==0){
q.push(i);
}
dp[i]=(1ll*dp[i]+pl)%P,pl=pl*mul[i]%P;
}
}
}
void input(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
cin>>m;
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>type[i];
if(type[i]==1){
cin>>pos[i]>>value[i];
}
else if(type[i]==2){
cin>>value[i];
}else{
int size;
cin>>size;
g[i].resize(size);
for(int &j:g[i]){
cin>>j;
in[j]++;
}
}
}
cin>>q;
for(int i=1;i<=q;i++){
cin>>order[i];
}
}
main(){
/*freopen("test.in","r",stdin);
freopen("test.out","w",stdout);*/
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
input();
for(int i=1;i<=m;i++){
dfs(i);
}
int mult=1;
for(int i=q;i;i--){
int &pl=order[i];
if(type[pl]==1){
dp[pl]=(1ll*dp[pl]+mult)%P;
}else if(type[pl]==2){
mult=1ll*mult*value[pl]%P;
}else{
dp[pl]=(1ll*dp[pl]+mult);
mult=1ll*mult*mul[pl]%P;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=1ll*a[i]*mult%P;
}
topSort();
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<(1ll*a[i]+add[i])%P<<' ';
}
cout.flush();
/*fclose(stdin);
fclose(stdout);*/
return 0;
}
