eazy ds problem.
题意
给你一个序列 $a$，需要支持单点加 & 全局求 $\max\left(l,\min(r,a_i)\right)$（也就是对于每个 $a_i$，当 $a_i<l$，造成 $l$ 的贡献；当 $a_i \ge r$ 时，造成 $r$ 的贡献；否则造成 $a_i$ 的贡献。）
题解
注意到 $a_i,b_i \le 5\times 10^5$，所以可以考虑使用两个权值树状数组（也就是一个树状数组做的桶）（这两个树状数组下文中分别称为 $sum$ 和 $cnt$）分别维护 $\sum\limits^k_{a_i \le k} a_i$ 以及 $\sum\limits^k_{a_i \le k} cnt_{a_i}$（$cnt_i$ 为 $i$ 出现次数）。
然后就容易了。
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单点加就是单点修改 $sum_{a_x},cnt_{a_x},sum_y,cnt_y$。
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查询时需要特判 $l>r$ 输出 $nl$，否则
- 对于所有小于 $l$ 的数，它们对和造成的贡献都是 $l$；
- 对于所有大于 $r$ 的数，它们对和造成的贡献都是 $r$；
- 其它数，它们对答案的贡献为它本身。
发现前两类贡献用 $cnt$ 维护、最后一类贡献用 $sum$ 维护即可。
所以，我们在 $O((n+q) \log V)$ 的复杂度解决了此题。
注意：由于 query 可能访问到 $0$ 和 $-1$，所以下标通通 $+2$。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
using namespace std;
int tr[500005],a[500005];
struct fenwick{int tr[500015];void upd(int x,int y){x+=2;while(x<=500005) tr[x]+=y,x+=x&-x;}int que(int x){x+=2;int r=0;while(x) r+=tr[x],x&=x-1;return r;}
}cnt,sum;
signed main(){int n,q;cin>>n>>q;rep(i,1,n) cin>>a[i],cnt.upd(a[i],1),sum.upd(a[i],a[i]);while(q--){int op,x,y;cin>>op>>x>>y;if(op==1){cnt.upd(a[x],-1),cnt.upd(y,1);//删除 a_x，增加 ysum.upd(a[x],-a[x]),sum.upd(y,y);//删除 a_x，增加 ya[x]=y;}else{if(x>y) cout<<n*x<<"\n";//特判else cout<<(cnt.que(x-1)*x+(n-cnt.que(y))*y)+sum.que(y)-sum.que(x-1)<<"\n";// <l 的数的贡献；>r 的数的贡献；l~r 的数的贡献。}}return 0;
}