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题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/392/F

作者：fzszkl
链接：https://ac.nowcoder.com/discuss/160376?type=101&order=time&pos=&page=1
来源：牛客网

考虑用树状数组暴力维护，单次修改的复杂度为$\mathrm{O(NX\times logN)O(NX\times logN)。\; X越大的时候，复杂度越低，可以直接用树状数组来维护。\; X越小的时候，复杂度过高，但是这样的X比较有限，可以开一个桶来维护被修改的总量。\; 假设界限为S，那么修改复杂度为O(NS\times logN)O(NS\times logN)，询问复杂度为O(S+logN)O(S+logN)，显然S=\surd NlogNS=NlogN的时候，复杂度最优，为O(N\surd NlogN)O(NNlogN)。\; 本题还可以使用定期重构解决，将阈值设为S=\surd NlogNS=NlogN，复杂度一样，实际效率更高。\; 感谢csyer验题时提出以下做法：\; 建一个树状数组，第i位记录i的倍数被增加的数的和（只记一次，比如2的倍数就记在2的位置，不需要修改4、6等），设为FiFi。将每次询问看成两端前缀和相减，那么我们要求的就是区间[1,X]的答案，显然就是\sum Xi=1\lfloor Xi\rfloor \times Fi\sum i=1X\lfloor Xi\rfloor \times Fi。求值时数论分块，使用树状数组进行区间求和即可。修改复杂度O(logN)O(logN)，询问复杂度O(\surd n\times logN)O(n\times logN)，因为数论分块和树状数组的复杂度上界比较松，所以效率比较高。}$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define ll long long
const int maxn=1e5+10;
void read(int &a)
{
    a=0;
    int d=1;
    char ch;
    while(ch=getchar(),ch>'9'||ch<'0')
        if(ch=='-')
            d=-1;
    a=ch-'0';
    while(ch=getchar(),ch>='0'&&ch<='9')
        a=a*10+ch-'0';
    a*=d;
}
void write(int x)
{
    if(x<0)
        putchar(45),x=-x;
    if(x>9)
        write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
ll tree[maxn],f[maxn];
int n,m;
int lowbit(int k)
{
    return k&-k;
}
void add(int x,int k)
{
    while(x<=n)
    {
        tree[x]+=k;
        x+=lowbit(x);
    }
}
ll sum(int x)
{
    ll ans=0;
    while(x>0)
    {
        ans+=tree[x];
        x-=lowbit(x);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    read(n);
    read(m);
    while(m--)
    {
        int a,b,c;
        read(a);
        if(a==1)
        {
            int k=1;
            read(b);
            read(c);
            if(b>=500)
                while(b*k<=n)
                {
                    add(b*k,c);
                    k++;
                }
            else
                f[b]+=c;
        }
        else
        {
            read(b);
            read(c);
            ll ans=sum(c)-sum(b-1);
            for(re int i=1;i<=500;i++)
                ans+=(c/i-(b-1)/i)*f[i];
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}