Luogu P5309 [Ynoi2012]D1T1
小清新分块题，从头到尾都十分套路，和CXR大佬一起YY了一下就出来了
首先套路地设个阈值\(S\)，把修改的\(x\)分成大于\(S\)和小于等于\(S\)两部分，然后我们考虑分别求解这两部分
\(x>S\)
这个应该是比较简单的一部分了吧，我们考虑到此时要修改的数也就\(\frac{n}{x}\)个，所以可以大力修改
但是如果用树状数组这样的东西来维护区间和那么复杂度就是修改\(\frac{n}{x}\cdot\log n\)的，而询问只有\(O(\log n)\)，很不平衡
所以我们套路地用分块来维护单点修改，区间查询，这样这部分的总体复杂度就平衡到了\(O(m\cdot(\sqrt n+\frac{n}{S}))\)
然后刚开始的初始化也可以交给这一部分，这都是比较清新的
\(x\le S\)
说实话这部分其实也不难，因为我们仔细观察题目，每次修改的\(y\le x\)
那么也就意味这这次修改是把数组中所有下标\(\mod x\)与\(y\)同余的位置全部加了\(z\)
我们考虑固定\(x\)时的询问，那么一段区间\([l,r]\)其实包含了\(\lfloor\frac{r-l+1}{x}\rfloor\)个整个的区间，而这些区间内的和其实就是所有询问\(x\)固定的\(z\)的总和
剩下的一部分也很好算，其实就是求一个\(\mod x\)意义下的区间和（只用对\(y\mod x\)位置增加）
考虑到此时\(x\)的范围很小，因此我们大可以直接记一个前缀和，每次修改暴力修改整个后缀，这样复杂度总体是\(O(mS)\)的
总体分析
这个时候按照一般的套路我们总是取\(S=\sqrt n\)来达到理论最优的复杂度平衡
但是这里如果你这么写你可能就会得到TLE80的情况，其实是因为出题人为了卡暴力出了大量的\(x\le S\)的数据，而我们的算法在这部分的常数特别大
因此很简单，我们大可以调小\(S\)的值（推荐在\([30,50]\)中），然后就可以轻松地通过此题顺手抢了个Rank233
CODE
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cmath>
#define RI register int
#define CI const int&
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
const int N=200005,mod=1e9+7,S=40;
int n,m,a[N],opt,x,y,z,size;
class FileInputOutput
{
private:
static const int S=1<<21;
#define tc() (A==B&&(B=(A=Fin)+fread(Fin,1,S,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(ch) (Ftop<S?Fout[Ftop++]=ch:(fwrite(Fout,1,S,stdout),Fout[(Ftop=0)++]=ch))
char Fin[S],Fout[S],*A,*B; int Ftop,pt[15];
public:
Tp inline void read(T& x)
{
x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
while (x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));
}
Tp inline void write(T x)
{
if (!x) return (void)(pc('0'),pc('\n')); RI ptop=0;
while (x) pt[++ptop]=x%10,x/=10; while (ptop) pc(pt[ptop--]+48); pc('\n');
}
inline void Fend(void)
{
fwrite(Fout,1,Ftop,stdout);
}
#undef tc
#undef pc
}F;
inline void inc(int& x,CI y)
{
if ((x+=y)>=mod) x-=mod;
}
inline int sum(CI a,CI b)
{
int t=a+b; return t>=mod?t-mod:t;
}
inline int sub(CI a,CI b)
{
int t=a-b; return t<0?t+mod:t;
}
namespace Case1 //Solver for z>sqrt(n)
{
const int BLO=450; int sum[BLO],blk[N];
inline void init(void)
{
for (RI i=1;i<=n;++i) inc(sum[blk[i]=(i-1)/size+1],a[i]);
}
inline void modify(CI x,CI y,CI z)
{
for (RI i=y;i<=n;i+=x) inc(a[i],z),inc(sum[blk[i]],z);
}
inline int BF(CI x,CI y,int ret=0)
{
for (RI i=x;i<=y;++i) inc(ret,a[i]); return ret;
}
inline int query(CI x,CI y,int ret=0)
{
if (blk[x]==blk[y]) return BF(x,y);
inc(ret,BF(x,blk[x]*size)); inc(ret,BF((blk[y]-1)*size+1,y));
for (RI i=blk[x]+1;i<blk[y];++i) inc(ret,sum[i]); return ret;
}
};
namespace Case2 //Solver for z<=sqrt(n)
{
int mv[S+5][S+5],sum[S+5],stack[N],top; bool vis[S+5];
inline void modify(CI x,CI y,CI z)
{
if (!vis[x]) vis[x]=1,stack[++top]=x;
for (RI i=y%x;i<x;++i) inc(mv[x][i],z); inc(sum[x],z);
}
inline int query(CI x,CI y,int ret=0)
{
for (RI i=1;i<=top;++i)
{
int p=stack[i],t=(y-x+1)/p; inc(ret,1LL*t*sum[p]%mod);
int l=x+t*p,r=y; if (l>r) continue; l%=p; r%=p;
if (l<=r) inc(ret,sub(mv[p][r],l?mv[p][l-1]:0)); else
inc(ret,mv[p][r]),inc(ret,sub(sum[p],l?mv[p][l-1]:0));
}
return ret;
}
};
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i; for (F.read(n),F.read(m),i=1;i<=n;++i) F.read(a[i]);
for (size=(int)sqrt(n),Case1::init();m;--m)
{
F.read(opt); F.read(x); F.read(y);
if (opt^1) F.write(sum(Case1::query(x,y),Case2::query(x,y)));
else F.read(z),x>S?(Case1::modify(x,y,z),0):(Case2::modify(x,y,z),0);
}
return F.Fend(),0;
}
