\(\mathcal{Solution}\)

其實根號分治就可以，這個人傻乎乎地寫的樹狀陣列。

\(sum_{i,j,k}\) 為模 \(i\) 為 \(j\) 的答案字首和的樹狀陣列。

可以有兩種方法來處理詢問和修改：

1. 樹狀陣列。

2. 暴力一個一個跳。

因為有的 \(x\) 很大的時候暴力跳的次數很少，複雜度是對的，所以要設定一個分界線，在分界線下的用樹狀陣列，在分界線上的暴力。

設這個分界線為 \(M\)，對於樹狀陣列修改一次的複雜度為 \(\mathcal{O}(M\log n )\)，暴力依次跳的複雜度為 \(\mathcal{O}(\frac{n}{M})\)，總複雜度就是 \(\mathcal{O}(nM\log n +\frac{n^2}{M})\)

\(\mathcal{Code}\)

其實二維陣列記錄就可以，沒有必要樹狀陣列，僅提供一個思路，程式碼參考。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define re register
#define ll long long
inline int read() {
	re int r = 0; re bool w = 0; re char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : w, ch = getchar();
	while(ch >= '0' && ch <= '9') r = (r << 3) + (r << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return w ? ~r + 1 : r;
}
inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }
inline int Max(int x, int y) { return x > y ? x : y; }
inline int Min(int x, int y) { return x < y ? x : y; }
const int M = 10;
const int N = 500010;
ll sum[M + 1][M + 1][N];
int n, optt[N], xx[N], yy[N], a[N]; 
//sum[i][j][k] 模i為j的前k個的字首和的tree 
void modify(int i, int j, int k, int val) {
	while(k <= n) {
		sum[i][j][k] += val;
		k += lowbit(k);
	}
}
ll query(int i, int j, int k) {
	re ll sumq = 0;
	while(k) {
		sumq += sum[i][j][k];
		k -= lowbit(k);
	}
	return sumq;
}
int main() {
	int q = read();
	for(int i = 1; i <= q; ++i) optt[i] = read(), xx[i] = read(), yy[i] = read(), n = Max(n, xx[i]);
	re int opt, x, y;
	for(int Q = 1; Q <= q; ++Q) {
		opt = optt[Q], x = xx[Q], y = yy[Q];
		if(opt == 1) {
			a[x] += y;
			for(int i = 1; i <= M; ++i) {
				modify(i, x % i, x / i + (x % i > 0), y);
			}
		}
		else {
			re ll sumq = 0;
			if(x >= M + 1) {
				for(int i = y; i <= n; i += x) sumq += a[i];
			}
			else {
				sumq = query(x, y, n);
			}
			printf("%lld\n", sumq);
		}
	}
	return 0;
}