洛谷P3396 哈希冲突 - 根号复杂度算法

我一开始打了个暴力，直接n^2枚举。。。看哪个同余x，但是有个办法能更快一点，复杂度取决于模数p。可以发现其实不用一个个去检验哪个同余x，因为是从1开始到n找出所有同余x的正整数，由题意x一定小于等于p，所以所有和x模p同余的整数就是x+k*p
从另一个角度来说，做题的时候一定要从原本描述中抽象出核心含义，这道题问x池内的综合，就是问所有模p同余的下标对应的数之和（抽象出题意有助于帮助我们想起以前的知识，找到思路）
但是当p很小的时候复杂度仍然是n^2的，考虑到n的数量级是100000的，n*sqrt(n)的复杂度是可以过的。
先预处理出根号p以内的一些东西：设ans[p][k]表示在模p时（1 <= p < sqrt(n)），k池子(即所有%p同余的下标对应数的和)的答案，那么思考每个数的贡献（转换为算贡献是个很常用的做法，一般让统计满足要求的数我们可以反过来求每个数的贡献）
然后大于sqrt(n)的直接暴力统计，复杂度n*sqrt(n)
就是考虑每一个a[i]能为什么做贡献，于是有：

for(int i=1; i<=n; i++) {
    for(int j=1; j<=siz; j++) {
        ans[j][i%j] += a[i];//考虑每一个ai为哪个答案贡献
    }
}

#include 
#include 
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#include 
#include 
using namespace std;
const int MAXN = 150000 + 10;
int n,m,q,a[MAXN],ans[MAXN][400];
int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
    }
    int siz = sqrt(n);
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=1; j<=siz; j++) {
            ans[j][i%j] += a[i];//考虑每一个
        }
    }
    for(int i=1; i<=m; i++) {
        char cmd;
        cin >> cmd;//这里若用scanf貌似要处理换行符，防止错误就用cin吧
        int x,y;
        scanf("%d %d", &x, &y);
        if(cmd == 'A') {
            if(x > siz) {
                int sum = 0;
                for(int i=y; i<=n; i+=x) 
                    sum += a[i];
                printf("%d\n", sum);
            } else {
                printf("%d\n", ans[x][y]);
            }
        } else {
            for(int p=1; p<=siz; p++)
                ans[p][x%p] = ans[p][x%p] - a[x] + y;
            a[x] = y;         
        }
    }
    return 0;
}