传送门

题意：

给你一个长度为$n$的数组$a$，每次操作有两种：

$(1)$ 给出$x,y$，问$a$中下表在模$x$的时候，模数等于$y$的位置$a_i$之和。

$(2)$ 给出$x,y$，代表令$a_x=y$。

思路：

这个题的第一个询问就是从$y$下标开始，让后每次递增$x$，将经过的位置都算入答案，这样的复杂度显然不能接受。

考虑每次递增的$x$，如果我们能保证$x>\sqrt{n}$，那么递增的次数不会超过$\frac{n}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}$，那么对于$x\le \sqrt{n}$的情况，我们考虑预处理，定义$ans[x][y]$表示在模数为$x$的情况下，下标模$x$为$y$的答案，这个显然可以$n\sqrt{n}$预处理。

考虑修改，我们只需要枚举$\sqrt{n}$的模数，让后将他们$ans$的值修改一下即可，复杂度$\sqrt{n}$。

代码还是很好写的。

复杂度$O(m\sqrt{n})$

// Problem: P3396 哈希冲突
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P3396
// Memory Limit: 125 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
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#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=150010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n,m;
int val[N],block;
LL ans[600][600];int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);scanf("%d%d",&n,&m); block=sqrt(n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&val[i]);for(int i=1;i<=n;i++) {for(int j=1;j<=block;j++) ans[j][i%j]+=val[i];}while(m--) {char op[2];int a,b;scanf("%s%d%d",op+1,&a,&b);if(op[1]=='A') {if(b>=a) {puts("0");continue;}if(a<=block) printf("%lld\n",ans[a][b]);else {LL ans=0;for(int i=b;i<=n;i+=a) ans+=val[i];printf("%lld\n",ans);}} else {for(int i=1;i<=block;i++) {ans[i][a%i]+=b-val[a];}val[a]=b;}}return 0;
}
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