神仙题。
乍一看和经典题 花神游历各国有一点像，只不过多了一个区间加操作。不过多了这个区间加操作就无法再像花神游历各国那样暴力开根直到最小值为 \(1\) 为止的做法了，稍微感性理解一下即可明白，比方说你对一个已经全变为 \(1\) 的长度为 \(10^5\) 区间再加上 \(10^5\)，那还需要 \(10^5\times\log 10^5\) 次区间修改操作才能变回原样，这样一来复杂度必然爆炸。
注意到我们对一个区间进行全局加，是不影响它的极差的，因此我们考虑用极差的角度思考这个问题，对于一段区间我们记录它的最大值和最小值，如果它们相等，即极差为 \(0\)，那么显然区间开根就可以归约到区间加，直接打个标记即可。否则我们就继续递归左右区间进行修改。
为什么这样复杂度就对了呢？我们考虑记一个区间的容为这个区间中元素的极差，不难发现我们对一个区间进行开根后容也会开根，因为假设区间最大值为 \(a\)，最小值为 \(b\)，那么本来容为 \(a-b\)，开根后容为 \(\sqrt{a}-\sqrt{b}\)，而 \(a-b=(\sqrt{a}-\sqrt{b})(\sqrt{a}+\sqrt{b})\)，故 \(\dfrac{a-b}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}>\sqrt{a}-\sqrt{b}\)，证毕。也就是说我们对一个区间最多进行 \(\log n\) 次操作即可让它的容变为 \(0\)。
接下来考虑修改操作，由于我们要修改的区间要拆分成 \(\log n\) 个区间，而如果我们对一个区间进行全局加，是不影响它的极差的，因此一次修改最多影响 \(\log n\) 个区间的容，而就算我们将这 \(\log n\) 的区间的容都变得很大，打个比方，都变成 \(10^{10}\)，那最多还是只需要 \(\log 10^{10}\times\log n\) 次操作才能将这些区间的容又变回 \(0\)，因此每次区间带来的操作次数的影响是 \(\log n\log A\) 的，其中 \(A\) 为值域，因此总复杂度上界为 \(n\log A+m\log n\log A\)，且异常跑不满。
但由于下取整可能会带来的误差，直接这样写是无法通过的，比方说序列 \(3\ 4\ 3\ 4\)，开根后得到 \(1\ 2\ 1\ 2\)，极差不变。因此我们可以构造出这样的 hack 数据：
100000 100000
255 256 255 256 ... 255 256
2 1 100000
2 1 100000
2 1 100000
3 1 100000
1 1 100000 255
2 1 100000
2 1 100000
2 1 100000
3 1 100000
1 1 100000 255
...
2 1 100000
2 1 100000
2 1 100000
3 1 100000
1 1 100000 255
出现这样的情况就 GG 了。
不过不难发现这种情况会发生当且仅当整段序列极差为 \(1\)，并且开根后极差仍为 \(1\)，这种情况还是可以规约为区间减的形式，稍微特判一下即可。
u1s1 这种题就是说起来好像很简单的亚子，但思考过程还是挺值得玩味的
const int MAXN=1e5;
int n,qu,a[MAXN+5];
struct node{int l,r;ll mx,mn,sum,lz;} s[MAXN*4+5];
void pushup(int k){
s[k].mn=min(s[k<<1].mn,s[k<<1|1].mn);
s[k].mx=max(s[k<<1].mx,s[k<<1|1].mx);
s[k].sum=s[k<<1].sum+s[k<<1|1].sum;
}
void build(int k,int l,int r){
s[k].l=l;s[k].r=r;if(l==r){s[k].mn=s[k].mx=s[k].sum=a[l];return;}
int mid=l+r>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);pushup(k);
}
void pushdown(int k){
if(s[k].lz){
s[k<<1].mn+=s[k].lz;s[k<<1].mx+=s[k].lz;s[k<<1].lz+=s[k].lz;
s[k<<1].sum+=s[k].lz*(s[k<<1].r-s[k<<1].l+1);
s[k<<1|1].mn+=s[k].lz;s[k<<1|1].mx+=s[k].lz;s[k<<1|1].lz+=s[k].lz;
s[k<<1|1].sum+=s[k].lz*(s[k<<1|1].r-s[k<<1|1].l+1);
s[k].lz=0;
}
}
void modify(int k,int l,int r,int x){
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r) return s[k].mn+=x,s[k].mx+=x,s[k].sum+=1ll*(r-l+1)*x,s[k].lz+=x,void();
pushdown(k);int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
if(r<=mid) modify(k<<1,l,r,x);
else if(l>mid) modify(k<<1|1,l,r,x);
else modify(k<<1,l,mid,x),modify(k<<1|1,mid+1,r,x);
pushup(k);
}
ll query(int k,int l,int r){
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r) return s[k].sum;
pushdown(k);int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
if(r<=mid) return query(k<<1,l,r);
else if(l>mid) return query(k<<1|1,l,r);
else return query(k<<1,l,mid)+query(k<<1|1,mid+1,r);
}
void sqrt(int k,int l,int r){
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r){
ll mnv=(ll)sqrt(s[k].mn),mxv=(ll)sqrt(s[k].mx);
if(s[k].mn==s[k].mx){
ll dif=mnv-s[k].mn;
s[k].mn+=dif;s[k].mx+=dif;s[k].sum+=dif*(r-l+1);s[k].lz+=dif;
} else if(s[k].mx-s[k].mn==1&&mxv-mnv==1){
ll dif=mnv-s[k].mn;
s[k].mn+=dif;s[k].mx+=dif;s[k].sum+=dif*(r-l+1);s[k].lz+=dif;
} else {
int mid=l+r>>1;pushdown(k);
sqrt(k<<1,l,mid);sqrt(k<<1|1,mid+1,r);
pushup(k);
} return;
} pushdown(k);int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
if(r<=mid) sqrt(k<<1,l,r);
else if(l>mid) sqrt(k<<1|1,l,r);
else sqrt(k<<1,l,mid),sqrt(k<<1|1,mid+1,r);
pushup(k);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&qu);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
build(1,1,n);
while(qu--){
int opt,l,r,x;scanf("%d",&opt);
switch(opt){
case 1:{scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);modify(1,l,r,x);break;}
case 2:{scanf("%d%d",&l,&r);sqrt(1,l,r);break;}
case 3:{scanf("%d%d",&l,&r);printf("%lld\n",query(1,l,r));break;}
}
}
return 0;
}