题目描述
"第一分钟，X说，要有数列，于是便给定了一个正整数数列。
第二分钟，L说，要能修改，于是便有了对一段数中每个数都开平方(下取整)的操作。
第三分钟，k说，要能查询，于是便有了求一段数的和的操作。
第四分钟，彩虹喵说，要是noip难度，于是便有了数据范围。
第五分钟，诗人说，要有韵律，于是便有了时间限制和内存限制。
第六分钟，和雪说，要省点事，于是便有了保证运算过程中及最终结果均不超过64位有符号整数类型的表示范围的限制。
第七分钟，这道题终于造完了，然而，造题的神牛们再也不想写这道题的程序了。"
——《上帝造题的七分钟·第二部》
所以这个神圣的任务就交给你了。
输入输出格式
输入格式：
第一行一个整数 nn ，代表数列中数的个数。
第二行 nn 个正整数，表示初始状态下数列中的数。
第三行一个整数 mm ，表示有 mm 次操作。
接下来 mm 行每行三个整数k,l,r，
-
k=0表示给 [l,r][l,r] 中的每个数开平方(下取整) -
k=1表示询问 [l,r][l,r] 中各个数的和。
数据中有可能 l>rl>r ，所以遇到这种情况请交换l和r。
输出格式：
对于询问操作，每行输出一个回答。
输入输出样例
10
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
5
0 1 10
1 1 10
1 1 5
0 5 8
1 4 8
19
7
6
说明
对于30%的数据， 1\le n,m\le 10001≤n,m≤1000 ，数列中的数不超过 3276732767 。
对于100%的数据， 1 \le n,m \le 1000001≤n,m≤100000 ， 1 \le l,r \le n1≤l,r≤n ，数列中的数大于 00 ，且不超过 10^{12}1012 。
注意l有可能大于r，遇到这种情况请交换l,r。
一道线段树的题目。
首先我们考虑一下，一个小于等于10^12的数，开了6次方之后就已经等于1了（可以自己拿计算器算一下）。而对于1，再开方也没有意义。也就是说，对每一个数，总共的开方次数只有6*n。所以我们可以开一个线段树，对于每一个修改操作，暴力修改。如果某区间的最大值为1，则跳过此区间的修改。最后基本上就是模板了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rint register int
using namespace std;
const int N=;
int n,m;ll a[N],sum[N],maxn[N];
void pushup(int p){
sum[p]=sum[p<<]+sum[p<<|];
maxn[p]=max(maxn[p<<],maxn[p<<|]);
}
void build(int p,int l,int r){
if(l==r){
sum[p]=maxn[p]=a[l];return;
}
int mid=(l+r)>>;
build(p<<,l,mid);
build(p<<|,mid+,r);
pushup(p);
}
void change(int p,int l,int r,int ql,int qr){
if(l==r){
sum[p]=sqrt(sum[p]),maxn[p]=sqrt(maxn[p]);return;
}
int mid=(l+r)>>;
if(ql<=mid&&maxn[p<<]>) change(p<<,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid&&maxn[p<<|]>) change(p<<|,mid+,r,ql,qr);
pushup(p);
}
ll query(int p,int l,int r,int ql,int qr){
if(ql<=l&&qr>=r) return sum[p];
int mid=(l+r)>>;
ll res=;
if(ql<=mid) res+=query(p<<,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid) res+=query(p<<|,mid+,r,ql,qr);
return res;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(rint i=;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
build(,,n);
scanf("%d",&m);
while(m--){
int opt,l,r;
scanf("%d%d%d",&opt,&l,&r);
if(l>r) swap(l,r);
if(opt==) change(,,n,l,r);
else printf("%lld\n",query(,,n,l,r));
}
return ;
}