Description
DJL为了避免成为一只咸鱼，来找czgj学习Fibonacci数列。
通过czgj的谆谆教导，DJL明白了Fibonacci数列是这样定义的：
F(1)=1;F(2)=1;F(n)=F(n-1)+F(n-2)(n>2)
Czgj深谙熟能生巧的道理，于是他给了DJL一个数列，并安排了如下的训练计划：
1、“1 L r”，表示给ai 加上F(i-L+1) ，其中L<=i<=r ；
2、“2 L r”，表示询问a中l到r的值的和mod 1000000009 的值。
DJL经过长时间的学习，感觉身体被掏空，他希望你能帮他解决这个问题。
Input
第一行两个整数n和m，表示原始数列的长度，和总的训练次数。
第二行n个整数a1,a2,…,an(1<=ai<=10^9) ，表示czgj给DJL的原始数列。
接下来m行，每一行给出三个整数，表示问题描述中的两种训练的一种。保证1<=L<=r<=n 。
Output
对于每一种形如“2 L r”的训练，输出一行一个整数值。
Sample Input
4 4
1 2 3 4
1 1 4
2 1 4
1 2 4
2 1 3
Sample Output
17
12
样例解释
经过第一次操作，数列变为a=[2,3,5,7] ；
第二次询问，sum=2+3+5+7=17 ；
经过第三次操作，数列变为a=[2,4,6,9] ；
第四次询问，sum=2+4+6=12 。
Data Constraint
对于20%的数据，1≤n, m≤100；
对于40%的数据，1≤n, m≤1000；
对于100%的数据，1≤n, m≤100000。
Hint
题解
无脑方法：直接暴力。
首先，上面的提示其实很好用。
我们看完题目第一直觉是用线段树来直接维护，然而，直接是不对的，我们需要用到提示。
但是，如果你是一位数学硬伤的人士，可以看看这种方法：
我们考虑一个定期重构的方法。（不是替罪羊树）
首先，设做了k次操作后重构。
重构什么意思呢？也就是把a数组给更新一下。
那不重构的话怎么弄呢？
我们设一个d数组，表示一个记录修改操作的数组。这个数组可以利用差分的方式来维护。
什么意思呢？对于一次插入操作l,r
我们直接在d[l]的位置加1
在d[r+1]的位置加上f[r-l+2]（斐波那契数列）
在d[r+2]的位置加上f[r-l+1]
这样我们一条线扫过去，每次把d做一遍类似斐波那契的方法就可以求出若干次操作后对a的影响为什么。
也就是d[i]:=d[i]+d[i-1]+d[i-2];
这样的话可以在重构的时候在n的时间复杂度内更新a数组。
那么对于一个插入操作l,r
我们可以先在a中提取值，然后再在未重构的插入操作里面计算。
那么我们就直接暴力枚举未重构的插入操作，然后更新答案即可。
正确性显然，但是时间复杂度好像很玄学。
细细推就是：O(mn/k+km)
然后我们设k为根号n，那么就是√n的时间复杂度。
标程：
uses math;
const up=1000000;
var
i,j,k,l,r,n,m,sx,t,now:longint;
a,x,y,kind,sum,fei,sumf,d:array[0..up] of int64;
mo,ans:int64;
begin
assign(input,'fibonacci.in');reset(input);
assign(output,'fibonacci.out');rewrite(output);
mo:=1000000009;
fei[1]:=1;
fei[2]:=1;
sumf[1]:=1;
sumf[2]:=2;
for i:=3 to up do
begin
fei[i]:=(fei[i-1]+fei[i-2]) mod mo;
sumf[i]:=(sumf[i-1]+fei[i]) mod mo;
end;
readln(n,m);
for i:=1 to n do
begin
read(a[i]);
sum[i]:=(sum[i-1]+a[i]) mod mo;
end;
readln;
for i:=1 to m do
begin
readln(kind[i],x[i],y[i]);
end;
sx:=trunc(sqrt(m));
now:=1;
for i:=1 to m do
begin
if kind[i]=2 then
begin
ans:=(sum[y[i]]-sum[x[i]-1]+mo) mod mo;
for j:=now to i do
begin
if kind[j]=1 then
begin
if (y[j]>=x[i]) and (x[j]<=y[i]) then
begin
ans:=(ans+sumf[min(y[i],y[j])-x[j]+1]-sumf[max(x[i],x[j])-x[j]]+mo) mod mo;
end;
end;
end;
writeln(ans);
end
else
if kind[i]=1 then
begin
inc(d[x[i]]);
dec(d[y[i]+1],fei[y[i]-x[i]+2]);
dec(d[y[i]+2],fei[y[i]-x[i]+1]);
end;
if i mod sx=0 then
begin
a[1]:=a[1]+d[1];
for j:=2 to n do
begin
d[j]:=(d[j]+d[j-1]+d[j-2]+mo) mod mo;
a[j]:=(a[j]+d[j]+mo) mod mo;
end;
for j:=1 to n do
begin
sum[j]:=(sum[j-1]+a[j]) mod mo;
end;
fillchar(d,sizeof(d),0);
now:=now+sx;
end;
end;
end.
然而，√n算法没那么优秀对吧？
那么我就来讲讲神奇的log 算法
于是乎，我们就回到提示之中去：
我们看到前两个，那么我们就可以发现下面的这些东东：
是不是很神奇。
于是乎，我们可以发现，斐波那契的公比是相等的。
也就是说可以下面这样：
上下两个东东可以相加的。
这个时候再考虑线段树是不是比较清晰明了了？
但，实现起来还是有两个东东卡死了——
1、假如多个操作区间重叠在一起，如何快速计算重叠在一起的答案
2、而且是不是每次下传就要把这几个区间的左端点一齐记录，不然时空都很玄
然后，如果你会用第三个提示，那就用。
可是第四个提示十分清晰明了地可以解决这两个问题：
根据提示，我们发现，可以由最前面的两个推出后面的东东。
那么就计录出前两项即可。
由于是可以加起来的，所以不必担心第二个问题。
这个时候考虑线段树就极好了。
但是我没有码
还有一种线段树维护矩阵的方法。
597大爷提出来的，好像很神奇，可以自己思考思考。
我不会