簡要題意

已知一個長度為 \(n\) 的數列 \(a\)，共 \(m\) 次操作：

• 操作 A：詢問 \(\sum\limits_{i\bmod x=y}a_i\)。
• 操作 C：\(a_x\gets y\)。

資料範圍：\(1\le n,m\le 1.5\times 10^5\)，\(1\le a_i\le 10^3\)。

方法一

考慮暴力，詢問等價於如下程式碼：

for(int i=y;i<=n;i+=x) now += a[i];

修改等價於如下程式碼：

a[x] = y;

時間複雜度：

方法二

考慮預處理 \(ans_{p,k}=\sum\limits_{i\bmod p=k}a_i\)，然後詢問等價於如下程式碼：

now = ans[x][y];

修改等價於如下程式碼：

for(int p=1;p<=n;p++) ans[p][x%p] -= a[i];
a[i] = y;
for(int p=1;p<=n;p++) ans[p][x%p] += a[i];

時間複雜度：

方法三（正解）

考慮將上面兩種方法的優點結合起來。

第一種方法每次詢問的複雜度其實是 \(O(\frac{n}{x})\)

第二種方法瓶頸在預處理，每處理一個模數 \(x\) 的複雜度是 \(O(n)\)，將 \(x\in[1,\sqrt{n}]\) 的結果處理出來的複雜度為 \(O(n\sqrt{n})\)，單次詢問複雜度為 \(O(1)\)。

可以發現第一種方法可以處理 \(x\ge\sqrt{n}\)，第二種方法可以處理 \(x\le\sqrt{n}\)，他們結合起來就可以得到所有詢問的結果。

對於修改操作，我們列舉 \(x\in[1,\sqrt{n}]\)

時間複雜度：

參考程式碼

//By: Luogu@rui_er(122461)
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
#define debug printf("Running %s on line %d...\n",__FUNCTION__,__LINE__)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1.5e5+5, K = 388; 

int n, m, a[N], ans[K][K];
template<typename T> void chkmin(T &x, T y) {if(x > y) x = y;}
template<typename T> void chkmax(T &x, T y) {if(x < y) x = y;}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	rep(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]);
	rep(p, 1, K-1) rep(i, 1, n) ans[p][i%p] += a[i];
	while(m--) {
		char op[2];
		int x, y;
		scanf("%s%d%d", op, &x, &y);
		if(op[0] == 'A') {
			if(x < K) printf("%d\n", ans[x][y]);
			else {
				int now = 0;
				for(int i=y;i<=n;i+=x) now += a[i];
				printf("%d\n", now);
			}
		}
		else {
			rep(p, 1, K-1) ans[p][x%p] -= a[x];
			a[x] = y;
			rep(p, 1, K-1) ans[p][x%p] += a[x];
		}
	}
	return 0;
}