操作1、3、4都是常规操作，我就不讲了。
然后我们考虑怎么处理区间除法。
首先容易想到对于一个数\(x\)，它除一次最少除\(2\)，那么它最多除\(log_2(x)\)次就会变成\(0\ or\ 1\)。
但是会有区间加法，所以这个东东不可以搞。
于是我们注意到一个性质：
如果：
\[x-\lfloor\frac{x}{d}\rfloor=z-\lfloor\frac{z}{d}\rfloor\]
那么有对于所有的\(y\)，若\(x\leqslant y \leqslant z\)，则有：
\[x-\lfloor\frac{x}{d}\rfloor=y-\lfloor\frac{y}{d}\rfloor=z-\lfloor\frac{z}{d}\rfloor\]
证明：
若\(x\leqslant y \leqslant z\),那么
\[\lfloor\frac{x}{d}\rfloor \leqslant \lfloor\frac{y}{d}\rfloor \leqslant \lfloor\frac{z}{d}\rfloor\]且\[\lfloor\frac{y}{d}\rfloor-\lfloor\frac{x}{d}\rfloor \leqslant y-x\]
显而易见移下项：
\[x-\lfloor\frac{x}{d}\rfloor \leqslant y-\lfloor\frac{y}{d}\rfloor\]
同理可得：
\[y-\lfloor\frac{y}{d}\rfloor \leqslant z-\lfloor\frac{z}{d}\rfloor\]
故：
\[x-\lfloor\frac{x}{d}\rfloor \leqslant y-\lfloor\frac{y}{d}\rfloor \leqslant z-\lfloor\frac{z}{d}\rfloor\]
所以当
\[x-\lfloor\frac{x}{d}\rfloor=z-\lfloor\frac{z}{d}\rfloor\]
时，对于所有的\(x \leqslant y \leqslant z\)，都满足：
\[x-\lfloor\frac{x}{d}\rfloor = y-\lfloor\frac{y}{d}\rfloor =z-\lfloor\frac{z}{d}\rfloor\]
得证。
感觉那么一大段字说了一堆废话……
那么每次我们只要判断一下如果这个区间\([l,r]\)的：
\[minn-\lfloor\frac{minn}{d}\rfloor=maxn-\lfloor\frac{maxn}{d}\rfloor\]
由于肯定有\(minn \leqslant a_l,a_{l+1},...,a_r \leqslant maxn\)
所以必有
\[a_l-\lfloor\frac{a_l}{d}\rfloor=a_{l+1}-\lfloor\frac{a_{l+1}}{d}\rfloor=...=a_r-\lfloor\frac{a_r}{d}\rfloor\]
而对于每一个数\(a_i\)，\(a_i-\lfloor\frac{a_i}{d}\rfloor\)就是从\(a_i\)变为\(\lfloor\frac{a_i}{d}\rfloor\)需要减多少，所以只要将\(a_i\)减去\(a_i-\lfloor\frac{a_i}{d}\rfloor\)，就可以实现除法。
所以这就是一个区间减法，因为每个数都要减去这个值。
所以这一段的代码：
void update2(int k,int l,int r,int ql,int qr,ll val)
{
int x=floor(1.0*minn[k]/val)-minn[k];
int y=floor(1.0*maxn[k]/val)-maxn[k];
if(ql<=l&&r<=qr&&x==y)
{
sum[k]+=x*(r-l+1);//区间加（减）
minn[k]+=x;
maxn[k]+=x;
lazy[k]+=x;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
down(k,l,r,mid);
if(ql<=mid)update2(k<<1,l,mid,ql,qr,val);
if(qr>mid)update2(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,val);
up(k);
}时间复杂度：\(O(q\log(n) \log (V))\)。
不会证……
全部代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
#define ll long long
#define LNF 0x7fffffffffffffff
using namespace std;
int n,m,a[N];
ll sum[N<<2],minn[N<<2],maxn[N<<2],lazy[N<<2];
void downn(int k,int l,int r,ll val)
{
sum[k]+=val*(r-l+1);
minn[k]+=val;
maxn[k]+=val;
lazy[k]+=val;
}
void down(int k,int l,int r,int mid)
{
if(lazy[k])
{
downn(k<<1,l,mid,lazy[k]);
downn(k<<1|1,mid+1,r,lazy[k]);
lazy[k]=0;
}
}
void up(int k)
{
sum[k]=sum[k<<1]+sum[k<<1|1];
minn[k]=min(minn[k<<1],minn[k<<1|1]);
maxn[k]=max(maxn[k<<1],maxn[k<<1|1]);
}
void build(int k,int l,int r)
{
if(l==r)
{
scanf("%lld",&sum[k]);
maxn[k]=minn[k]=sum[k];
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(k<<1,l,mid);
build(k<<1|1,mid+1,r);
up(k);
}
void update1(int k,int l,int r,int ql,int qr,ll val)
{
if(ql<=l&&r<=qr)
{
downn(k,l,r,val);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
down(k,l,r,mid);
if(ql<=mid)update1(k<<1,l,mid,ql,qr,val);
if(qr>mid)update1(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,val);
up(k);
}
void update2(int k,int l,int r,int ql,int qr,ll val)
{
if(ql<=l&&r<=qr&&floor(1.0*minn[k]/val)-minn[k]==floor(1.0*maxn[k]/val)-maxn[k])
{
ll tmp=floor(1.0*minn[k]/val)-minn[k];
downn(k,l,r,tmp);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
down(k,l,r,mid);
if(ql<=mid)update2(k<<1,l,mid,ql,qr,val);
if(qr>mid)update2(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,val);
up(k);
}
ll query1(int k,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(ql<=l&&r<=qr)
return minn[k];
int mid=(l+r)>>1;ll ans=LNF;
down(k,l,r,mid);
if(ql<=mid)ans=min(ans,query1(k<<1,l,mid,ql,qr));
if(qr>mid)ans=min(ans,query1(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr));
return ans;
}
ll query2(int k,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(ql<=l&&r<=qr)
return sum[k];
int mid=(l+r)>>1;ll ans=0;
down(k,l,r,mid);
if(ql<=mid)ans+=query2(k<<1,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid)ans+=query2(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
build(1,1,n);
while(m--)
{
int opt,l,r;
scanf("%d%d%d",&opt,&l,&r);
l++,r++;
if(opt==1)
{
ll val;
scanf("%lld",&val);
update1(1,1,n,l,r,val);
}
if(opt==2)
{
ll val;
scanf("%lld",&val);
update2(1,1,n,l,r,val);
}
if(opt==3)
printf("%lld\n",query1(1,1,n,l,r));
if(opt==4)
printf("%lld\n",query2(1,1,n,l,r));
}
return 0;
}