题目
众所周知，模数的hash会产生冲突。例如，如果模的数p=7，那么4和11便冲突了。
B君对hash冲突很感兴趣。他会给出一个正整数序列value[]。
自然，B君会把这些数据存进hash池。第value[k]会被存进(k%p)这个池。这样就能造成很多冲突。
B君会给定许多个p和x，询问在模p时，x这个池内数的总和。
另外，B君会随时更改value[k]。每次更改立即生效。
保证1<=p<n1<=p<n.
输入格式
第一行，两个正整数n,m，其中n代表序列长度，m代表B君的操作次数。
第一行，n个正整数，代表初始序列。
接下来m行，首先是一个字符cmd，然后是两个整数x,y。
若cmd='A'，则询问在模x时，y池内数的总和。
若cmd='C'，则将value[x]修改为y。
输出格式
对于每个询问输出一个正整数，进行回答。
输入样例
10 5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A 2 1
C 1 20
A 3 1
C 5 1
A 5 0
输出样例
25
41
11
提示
样例解释
A 2 1的答案是1+3+5+7+9=25.
A 3 1的答案是20+4+7+10=41.
A 5 0的答案是1+10=11.
数据规模
对于10%的数据，有n<=1000,m<=1000.
对于60%的数据，有n<=100000.m<=100000.
对于100%的数据，有n<=150000,m<=150000.
保证所有数据合法，且1<=value[i]<=1000.
题解
越来越喜欢这样的分块算法
我们考虑暴力：
对于查询(p,x),从x号位开始，每次加p，统计对应位置的数
(O(n^2))
何破？
开数组ans[p][x]表示模p为x的答案，查询(O(1))，而预处理与空间都是(O(n^2))
考虑分块
观察暴力的模式，每次加p，当p足够大时所需次数其实很少【比如(sqrt{n})】
我们就对(sqrt{n})以内的p预处理，大于(sqrt{n})的暴力
完美解决
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 150005,maxm = 405,INF = 1000000000;
inline int read(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 3) + (out << 1) + c - '0'; c = getchar();}
return out * flag;
}
int Ans[maxm][maxm],n,m,val[maxn],B;
int main(){
n = read(); m = read(); B = (int)sqrt(n); int x,y;
REP(i,n) {val[i] = read(); REP(j,B) Ans[j][i % j] += val[i];}
while (m--){
char c = getchar(); while (c != 'A' && c != 'C') c = getchar();
x = read(); y = read();
if (c == 'A'){
if (x <= B) printf("%d
",Ans[x][y]);
else {
int ans = 0;
if (y < x) for (int i = y; i <= n; i += x) ans += val[i];
printf("%d
",ans);
}
}else {
REP(j,B) Ans[j][x % j] += y - val[x];
val[x] = y;
}
}
return 0;
}