大致题意： 给定一个长度为(n)的序列，支持两种操作：给定(L,R,A,B)，把第(x)个位置（(x∈[L,R])）上的数修改为(((x-L+1) imes A)\%B)；给定(L,R)，询问区间([L,R])中数的和。
前言
感觉类欧几里得算法知道基本套路之后似乎并不是很难？坐等打脸。
反正这道题是我自己推出来的（尽管调试花了很久）。
线段树
这种区间修改、区间查询的问题，一看就是一个简单的线段树板子+毒瘤的数学转化。
而这道题中用到的毒瘤数学知识，就是类欧几里得算法。
考虑线段树上每个点我们需要维护一段区间的和，也就是说，我们需要快速计算(sum_{i=l}^r(iA\%B))。
一个显然的差分，若设(G(n,A,B)=sum_{i=1}^n(iA\%B))，则原式等同于(G(r,A,B)-G(l-1,A,B))，因此只要考虑如何计算(f)就可以了。
而众所周知，取模有一个套路的转化：
在这个式子中，我们只需着重关注(f(n,A,B)=sum_{i=1}^nlfloorfrac{iA}B floor)这一项，因为其他部分都是可以直接(O(1))得到的。
而如何求解这一项，就需要类欧几里得算法了。
类欧几里得算法
对于(f(n,A,B))，套路地进行分类讨论：
如果(Age B)，我们提取出(lfloorfrac AB floor)的整数部分，得到：
也就是说，这一类情况可以转化为(A<B)的情况做。
如果(A<B)，我们看图：（其实这张图和【BZOJ3817】Sum是一样的）
令(y=frac AB x)（如直线(OA)所示），那么(f(n,A,B))的意义就是求(x∈[1,n])时在(y)下方的整点个数（即(△AOM)中整点的个数）。
然后我们作出(y)的反函数(y'=frac BA x)（别问为什么这么做，问就是套路），那么(△AOM)中整点的个数就变成了(△BON)中整点的个数。
令(p=lfloorfrac AB n floor)，显然(OC'=p)。且由于整点横坐标必然为整数，所以矩形(BCC'B')中不可能有整点。
然后我们再容斥，就变成了矩形(B'C'ON)中整点的个数(-△C'OD)中整点的个数(+)线段(OD)上整点的个数。
其中，矩形(B'C'ON)中整点的个数就是(n imes p)，(△C'OD)中整点的个数可以套用(f)函数变成(f(p,B,A))。至于线段(OD)上整点的个数，我们可以在最初就把(A,B)同时约去它们的(gcd)（显然这不改变斜率，也就不改变答案），则个数显然是(lfloorfrac pA floor)。
可以发现(A,B)的变化方式和求(gcd)时是一样的，因此复杂度也同样是(O(logn))。（这就是这个算法被称作类欧几里得算法的唯一原因）
一个有趣的小技巧
一个调试了一个多小时之后发现的小技巧。
在这道题中，很容易就会爆(long long)。
但不要慌，爆(long long)的结果在模(2^{63})意义下值是相等的。我们完全可以放任它去随意爆(long long)，只要在最后输出答案前给小于(0)的答案加上(2^{63})即可.
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 LL long long
#define M 50000
using namespace std;
int n,dc,dv[2*M+5],op[M+5],l[M+5],r[M+5],x[M+5],y[M+5];
I int gcd(CI x,CI y) {return y?gcd(y,x%y):x;}
I LL Get(CI n,RI A,RI B)//类欧几里得算法
{
if(!n||!A) return 0;if(A>=B) return 1LL*A/B*n*(n+1)/2+Get(n,A%B,B);//若A≥B，转化为A<B
RI p=1LL*n*A/B;return 1LL*n*p-Get(p,B,A)+p/A;//容斥计算答案
}
I LL GV(CI n,CI A,CI B)//求值
{
RI g=gcd(A,B);return 1LL*A*n*(n+1)/2-1LL*B*Get(n,A/g,B/g);//计算，注意把A,B约去gcd
}
class SegmentTree
{
private:
#define PT CI l=1,CI r=dc,CI rt=1
#define LT l,mid,rt<<1
#define RT mid+1,r,rt<<1|1
#define PU(x) (O[x].V=O[x<<1].V+O[x<<1|1].V)
#define PD(x) O[x].B&&(T(x<<1,l,mid,O[x].A,O[x].B,O[x].K),
T(x<<1|1,mid+1,r,O[x].A,O[x].B,O[x].K),O[x].A=O[x].B=O[x].K=0)
#define T(x,l,r,a,b,k) (O[x].A=a,O[x].B=b,
O[x].K=k,O[x].V=GV(dv[r]-(k),a,b)-GV(dv[(l)-1]-(k),a,b))
struct node {int A,B,K,S[2];LL V;}O[M<<4];
public:
I void U(CI L,CI R,CI A,CI B,PT)//区间赋值
{
if(L<=dv[l-1]+1&&dv[r]<=R) return (void)T(rt,l,r,A,B,L-1);int mid=l+r>>1;PD(rt),
L<=dv[mid]&&(U(L,R,A,B,LT),0),R>dv[mid]&&(U(L,R,A,B,RT),0),PU(rt);
}
I LL Q(CI L,CI R,PT)//询问
{
if(L<=dv[l-1]+1&&dv[r]<=R) return O[rt].V;int mid=l+r>>1;PD(rt);
return (L<=dv[mid]?Q(L,R,LT):0)+(R>dv[mid]?Q(L,R,RT):0);
}
}S;
int main()
{
RI Qt,i;for(scanf("%d%d",&n,&Qt),i=1;i<=Qt;++i) scanf("%d%d%d",op+i,l+i,r+i),
op[i]^2&&(scanf("%d%d",x+i,y+i),x[i]%=y[i]),dv[++dc]=l[i]-1,dv[++dc]=r[i];//存下操作以离散化
sort(dv+1,dv+dc+1),dc=unique(dv+1,dv+dc+1)-dv-1;LL t;
for(i=1;i<=Qt;++i) op[i]^2?S.U(l[i],r[i],x[i],y[i]),0//修改
:(t=S.Q(l[i],r[i]),printf("%lld
",t<0?t+(1ull<<63):t));return 0;//询问，对于小于0的答案加上2^63
}