这题 \(O(n)\) 个人中有 \(O(\frac{n}{\ln n})\) 种做法。
我们考虑 \(L = R\) 怎么做。设 \(p = L = R\)，等价于找到一个最大的正整数 \(k\)，使得没有随从血量在 \([kp + 1, (k + 1)p]\) 中。
我们不妨对于每个 \(p\)，维护一个 \(a_p\) 表示当前 \(p\) 的答案是 \(a_p\)。加入一个血量为 \(x\) 的随从，我们就找到所有 \(x \in [p a_p + 1, (a_p + 1)p]\) 的 \(p\)，然后暴力找到下一个 \(k\) 使得没有随从血量在 \([kp + 1, (k + 1)p]\) 中，然后 \(a_p \gets k\)。
使用树状数组维护所有随从的血量，就能 \(O(\log n)\) 知道有没有随从的血量在 \([kp + 1, (k + 1)p]\) 中。又因为 \(\sum\limits_{i = 1}^n \frac{n}{i} = O(n \log n)\)，所以更新答案的复杂度是 \(O(n \log^2 n)\)。
现在考虑如何快速找到所有 \(x \in [p a_p + 1, (a_p + 1)p]\) 的 \(p\)。使用线段树维护，具体而言，对于每一个结点维护一个 vector，把 \([p a_p + 1, (a_p + 1)p]\) 加入到线段树上对应结点的 vector。查询 \(x\) 相当于遍历线段树上包含 \(x\) 的结点，它们的 vector 的并就是答案。
但是现在有个问题，更新答案时我们不能支持线段树上删除 \([p a'_p + 1, (a'_p + 1)p]\)（\(a'_p\) 是 \(p\) 之前的答案）。那我们就干脆不删除，查询 \(x\) 的时候再把线段树上包含 \(x\) 的结点的 vector 清空。因为总共 \(O(n \log n)\) 个区间对应到线段树上总共 \(O(n \log^2 n)\) 个点，每个点最多只会被删一次，所以更新的这部分复杂度还是 \(O(n \log^2 n)\)。
如果 \(L \ne R\)，其实就是查 \(\sum\limits_{i = L}^R a_i\)，随便再搞个树状数组维护就行了。这样总复杂度就是 \(O(m \log n + n \log^2 n)\)。
可能讲得有点抽象，可以辅助代码理解。
code
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
char buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf;
inline int read() {
char c = getchar();
int x = 0;
for (; !isdigit(c); c = getchar()) ;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
return x;
}
inline void write(int x) {
if (!x) {
puts("0");
return;
}
static int stk[20];
int top = 0;
while (x) {
stk[++top] = x % 10;
x /= 10;
}
while (top) {
putchar('0' + stk[top--]);
}
putchar('\n');
}
const int maxn = 100100;
int n, m, a[maxn];
bool vis[maxn];
struct BIT {
int c[maxn];
inline void update(int x, int d) {
for (int i = x; i <= n; i += (i & (-i))) {
c[i] += d;
}
}
inline int query(int x) {
int res = 0;
for (int i = x; i; i -= (i & (-i))) {
res += c[i];
}
return res;
}
inline int query(int l, int r) {
if (l > n) {
return 0;
}
r = min(r, n);
return query(r) - query(l - 1);
}
} t1, t2;
vector<int> T[262200];
void insert(int rt, int l, int r, int ql, int qr, int x) {
if (ql <= l && r <= qr) {
T[rt].pb(x);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (ql <= mid) {
insert(rt << 1, l, mid, ql, qr, x);
}
if (qr > mid) {
insert(rt << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, x);
}
}
vector<int> V;
void query(int rt, int l, int r, int x) {
for (int x : T[rt]) {
V.pb(x);
}
T[rt].clear();
if (l == r) {
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
(x <= mid) ? query(rt << 1, l, mid, x) : query(rt << 1 | 1, mid + 1, r, x);
}
void solve() {
n = read();
m = read();
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
insert(1, 1, n, 1, i, i);
}
while (m--) {
int op = read();
if (op == 1) {
int x = read();
if (vis[x]) {
continue;
}
vis[x] = 1;
t2.update(x, 1);
vector<int>().swap(V);
query(1, 1, n, x);
for (int p : V) {
int k = a[p], t = (x - 1) / p;
if (k != t) {
continue;
}
while (t2.query(t * p + 1, (t + 1) * p)) {
++t;
}
t1.update(p, t - a[p]);
a[p] = t;
if (t * p + 1 <= n) {
insert(1, 1, n, t * p + 1, min((t + 1) * p, n), p);
}
}
} else {
int l = read();
int r = read();
write(t1.query(l, r) + r - l + 1);
}
}
}
int main() {
int T = 1;
// scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}