题意：
给出 (n) 个数 (a_1,a_2,dots,a_n)，你要进行 (m) 次操作，每次操作有两种类型：
(1 p x)：将 (a_p) 改为 (x)。
(2 y)：求 (sumlimits_{i=1}^ny/a_i+y\%a_i)。
(1 leq n,m leq 10^5,1 leq a_i leq 2 imes 10^5)。
一道水水的 T2。
考虑整除分块，不同的 (y/a_i) 最多只有 (2sqrt{200000}) 种，并且对于所有 (y/x=z) 的 (x) 一定可以构成一个区间 ([l,r])。
这部分对答案的贡献就是 (sumlimits_{a_i in [l,r]}z+y-a_i imes z)。
设有 (cnt) 个 (a_i in [l,r])，它们的和为 (sum)。
上述式子可以变为 ((z+y) imes cnt-z imes sum)。
接下来我们的任务就是求出 (cnt,sum)。
相信一名正常人第一反应应该是树状数组，维护值为 (x) 的 (a_i) 出现了多少次。
稍加分析就可以得出时间复杂度，查询 (msqrt{200000}) 次，修改 (m) 次，总时间复杂度 (mathcal O(nsqrt{n}log n))（假设 (n,m) 同阶）。
出题人比较良心，放树状数组过去了。
可是作为一名 OIer，我们不能满足于现状，需要探寻更加高效的求解方法，而这，也是这道题的重头戏所在。
回顾树状数组的时间复杂度计算，发现瓶颈在询问上，要进行 (msqrt{200000}) 查询，而修改只用进行 (m) 次。
可我们树状数组查询和修改复杂度都是 (log n) 的。修改复杂度仅仅只有 (m log n)。
这启发我们使用查询复杂度 (mathcal O(1))，而修改复杂度 (mathcal O(sqrt{n})) 的数据结构。
我们考虑分块。维护整块的前缀和和块内前缀和，这样查询复杂度就可以做到 (mathcal O(1)) 了，而修改复杂度 (mathcal O(sqrt{n}))
本题实现非常简单，但思想比较重要。
/*
Contest: -
Problem: NFLSOJ 707
Author: tzc_wk
Time: 2020.10.15
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define foreach(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define all(a) a.begin(),a.end()
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define y1 y1010101010101
#define y0 y0101010101010
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
int n,q,a[100005];
const int BLOCK_SZ=447;
int L[453],R[453],bel[200005],blk;
struct blockstruct{
ll sum[453],blk_sum[453][453];
inline void add(int x,int v){
int t=bel[x];
for(int i=x-L[t]+1;i<=R[t]-L[t]+1;i++)
blk_sum[t][i]+=v;
for(int i=t;i<=blk;i++) sum[i]+=v;
}
inline ll query(int l,int r){
int _l=bel[l],_r=bel[r];
if(_l==_r) return blk_sum[_l][r-L[_l]+1]-blk_sum[_l][l-L[_l]];
else return blk_sum[_l][R[_l]-L[_l]+1]-blk_sum[_l][l-L[_l]]+sum[_r-1]-sum[_l]+blk_sum[_r][r-L[_r]+1];
}
} b1,b2;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&q);
blk=448;for(int i=1;i<=blk;i++){
L[i]=(i-1)*BLOCK_SZ+1;
R[i]=min(i*BLOCK_SZ,200000);
for(int j=L[i];j<=R[i];j++) bel[j]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) b1.add(a[i],1),b2.add(a[i],a[i]);
while(q--){
int opt;scanf("%d",&opt);
if(opt==1){
int p,x;scanf("%d%d",&p,&x);
b1.add(a[p],-1);b2.add(a[p],-a[p]);
a[p]=x;
b1.add(a[p],1);b2.add(a[p],a[p]);
} else {
int y;scanf("%d",&y);ll s=0;
for(int l=1,r;l<=y;l=r+1){
r=y/(y/l);
s+=b1.query(l,r)*(y/l)+y*b1.query(l,r)-b2.query(l,r)*(y/l);
// printf("%d %d %d %d
",l,r,b1.query(l,r),b2.query(l,r));
}
s+=y*b1.query(y+1,200000);
printf("%lld
",s);
}
}
return 0;
}