题目
题目描述
因为上次在月月面前丢人了，所以华华决定开始学信息学。十分钟后，他就开始学树状数组了。这是一道树状数组的入门题：
给定一个长度为 (N) 的序列 (A) ，所有元素初值为 (0) 。接下来有 (M) 次操作或询问：
操作：输入格式：1 D K，将 (A_D) 加上 (K) 。
询问：输入格式：2 L R，询问区间和，即 (sum_{i=L}^{R}A_i) 。
华华很快就学会了树状数组并通过了这道题。月月也很喜欢树状数组，于是给华华出了一道进阶题：
给定一个长度为 (N) 的序列 (A) ，所有元素初值为 (0) 。接下来有 (M) 次操作或询问：
操作：输入格式：1 D K，对于所有满足 (1le ile N) 且 $iequiv0 pmod D $ 的 (i) ，将 (A_i) 加上 (K) 。
询问：输入格式：2 L R，询问区间和，即 (sum_{i=L}^{R}A_i) 。
华华是个newbie，怎么可能会这样的题？不过你应该会吧。
输入描述
第一行两个正整数 (N) 、(M) 表示序列的长度和操作询问的总次数。
接下来M行每行三个正整数，表示一个操作或询问。
输出描述
对于每个询问，输出一个非负整数表示答案。
示例1
输入
10 6 1 1 1 2 4 6 1 3 2 2 5 7 1 6 10 2 1 10 输出
3 5 26 备注
(1le N,Mle10^5) ， (1le Dle N) ， (1le Lle Rle N) ， (1le K le 10^8)
题解
知识点：树状数组，根号分治。
显然，这道题的修改并不能转化为可懒标记的区间修改，也没有很好的方法转化为单点修改。
我们可以考虑暴力优化的一种，根号分治。将修改操作的 (D) 分为两部分，按阈值 (B) 划分：
- (D leq B) 时，采用标记法， 用 (add) 数组表示某个 (D) 加了多少，复杂度 (O(1)) 。
- (D > B) 时，采用暴力修改法，倍增修改树状数组 (x equiv 0 pmod D) 的点，复杂度 (Oleft( dfrac{n}{B} log n right)) 。
修改总体复杂度为 (Oleft( dfrac{n}{B} log n right)) 。
同时，查询操作也要随之改变：
- (D leq B) 部分，暴力累和每个 (D) 的贡献，即 (displaystyle sum_{i=1}^B add_i cdot left( left lfloor frac{r}{i} right rfloor - left lfloor frac{l-1}{i} right rfloor right)) ，复杂度 (O(B))。
- (D>B) 部分，直接查询树状数组即可，复杂度 (O(log n)) 。
查询总体复杂度为 (O(B + log n)) 。
我们尝试平衡查询和修改的复杂度。假设 (B) 能使 (log n) 被忽略，则需要满足 $ dfrac{n}{B} log n = B$ ，解得 (B = sqrt{n log n}) 。因此， (B = sqrt{n log n}) 是我们所需要的阈值，其能使总体复杂度为 (O(sqrt{n log n})) 。
实际上，这道题用理论最优阈值时间不是最优的，用 (B = sqrt n) 快将近一倍，可能由于数据的 (D) 普遍较小，使得查询代价上升较明显。
这里采用 (B = sqrt n) 阈值。
时间复杂度 (O(msqrt{n} log n))
空间复杂度 (O(n))
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; using ll = long long; template<class T> class Fenwick { int n; vector<T> node; public: Fenwick(int _n = 0) { init(_n); } void init(int _n) { n = _n; node.assign(n + 1, T::e()); } void update(int x, T val) { for (int i = x;i <= n;i += i & -i) node[i] += val; } T query(int x) { T ans = T::e(); for (int i = x;i >= 1;i -= i & -i) ans += node[i]; return ans; } T query(int l, int r) { return query(r) - query(l - 1); } }; struct T { ll sum; static T e() { return { 0 }; } T &operator+=(const T &x) { return sum += x.sum, *this; } friend T operator-(const T &a, const T &b) { return { a.sum - b.sum }; } }; ll add[100007]; int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int n, m; cin >> n >> m; Fenwick<T> fw(n); for (int i = 1;i <= m;i++) { int op; cin >> op; if (op == 1) { int d, k; cin >> d >> k; if (d * d <= n) add[d] += k; else for (int i = d;i <= n;i += d) fw.update(i, { k }); } else { int l, r; cin >> l >> r; ll ans = fw.query(l, r).sum; for (int i = 1;i * i <= n;i++) ans += add[i] * (r / i - (l - 1) / i); cout << ans << 'n'; } } return 0; } 
