大致题意： 一个长度为(n)的数组，实现两种操作：单点修改，给定(i)求(sum_{j=1}^na_j[gcd(i,j)=1])。
莫比乌斯反演
考虑推一推询问操作的式子：
[sum_{j=1}^na_j[gcd(i,j)=1]
]
按照莫比乌斯反演的一般套路，我们知道(sum_{p|x}mu(p)=[x=1])，因此我们枚举一个(p)：
[sum_{j=1}^na_jsum_{p|i,p|j}mu(p)
]
调整枚举顺序，得到：
[sum_{p|i}mu(p)sum_{j=1}^na_j[p|j]
]
考虑到一个数的约数个数很少，所以我们可以直接枚举(p)，然后只要维护满足(p|j)的(a_j)之和，就可以求出答案。
则我们可以发现，同样因为一个数的约数个数很少，单点修改时，我们可以枚举所修改位置的编号的约数并修改每个约数的答案，这样就能实现维护了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define IT vector<int>::iterator
#define pb push_back
using namespace std;
int n,a[N+5],s[N+5];vector<int> v[N+5];
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(c) (C==E&&(clear(),0),*C++=c)
#define tn (x<<3)+(x<<1)
#define D isdigit(c=tc())
int T;char c,*A,*B,*C,*E,FI[FS],FO[FS],S[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI,C=FO,E=FO+FS;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
Tp I void write(Ty x) {W(S[++T]=x%10+48,x/=10);W(T) pc(S[T--]);}
Tp I void writeln(Con Ty& x) {write(x),pc('
');}
I void clear() {fwrite(FO,1,C-FO,stdout),C=FO;}
}F;
class LinearSieve//线性筛预处理莫比乌斯函数
{
private:
int Pt,P[N+5],mu[N+5];
public:
I int operator [] (CI x) Con {return mu[x];}
I LinearSieve()
{
mu[1]=1;for(RI i=2,j;i<=N;++i)
for(!P[i]&&(mu[P[++Pt]=i]=-1),j=1;j<=Pt&&1LL*i*P[j]<=N;++j)
if(P[i*P[j]]=1,i%P[j]) mu[i*P[j]]=-mu[i];else break;
}
}L;
int main()
{
RI Qt,i,j,op,x,y,t;IT it;for(F.read(n),F.read(Qt),i=1;i<=n;++i)
{
for(F.read(a[i]),j=1;1LL*j*j<=i;++j) !(i%j)&&(v[i].pb(j),i^(j*j)&&(v[i].pb(i/j),0));//预处理约数
for(it=v[i].begin();it!=v[i].end();++it) s[*it]+=a[i];//预处理答案
}
W(Qt--) switch(F.read(op),F.read(x),op)
{
case 1:for(F.read(y),it=v[x].begin();it!=v[x].end();++it) s[*it]+=y-a[x];a[x]=y;break;//单点修改，枚举约数进行修改
case 2:for(t=0,it=v[x].begin();it!=v[x].end();++it) t+=L[*it]*s[*it];F.writeln(t);break;//询问，枚举约数统计答案
}return F.clear(),0;
}