由于在此题解中加入了许多自己对细节的处理，所以长文警告（雾）
Description
给定一个长度为 \(N\) 的数列 \(A\)，以及 \(M\) 条指令，每条指令可能是以下两种之一：
C l r d，表示把 A[l],A[l+1],…,A[r] 都加上 \(d\)。
Q l r，表示询问 A[l],A[l+1],…,A[r] 的最大公约数 (GCD)。
对于每个询问，输出一个整数表示答案。
Constraints
\(N≤500000,M≤100000,1≤A[i]≤10^{18},|d|≤10^{18}\)
Solution
Part 1 主要思路
我们首先的思路是考虑能不能直接去维护两种操作，很可惜这题不行。
由于这题在求 gcd 同时还会区间加，而可能 \(gcd(a, b)≠gcd(a+x, b+x)\)，不满足子区间可合并性，所以不能直接去维护。
除了辗转相除法求 gcd 以外，我们还能再想到效率稍低的更相减损术（证就不证了）：
\(gcd(a, b)=gcd(a, b-a)\)
此式子可以推广到多个数，由此可推广到本题，设查询这个区间的左右端点分别为 \(l\)、\(r\)，则有：
\(\qquad \qquad \qquad \qquad gcd(a[l], a[l+1], a[l+2],..., a[r]) = gcd(a[l], a[l+1] - a[l], a[l + 2] - a[l+1],...,a[r]-a[r-1])\)
因此，我们所查询的左式可以转化为右式。
观察右式，可以发现除第一项 \(a[l]\) 之外，后面的就是原数组 \(a\) 的差分数组！
设 \(a\) 的差分数组为 \(b\)，则
\(\qquad \qquad \qquad \qquad gcd(a[l], a[l+1] - a[l], a[l + 2] - a[l+1],...,a[r]-a[r-1])=gcd(a[l],b[l+1],b[l+2],...,b[r])\)
而去维护差分数组需要维护单点修改与区间 gcd，可以使用线段树或树状数组维护。
同时，每次查询的第一项 \(a[l]\) 是原数组，需要再建立一棵线段树，去维护原数组的区间修改与单点查询。
总结：维护两棵线段树，一棵是原数列，区间修改+单点查询（这么做会TLE，仍需经过处理，在Part2中会讲到），一棵是原序列的差分序列，单点修改+区间查询。
Part 2 一些代码实现的细节
这题我调了6h+，WA了十几发才过，发现了里面一些需要注意的东西（虽然可能大家都知道）
如果您是口胡人当我没说
+ 差分数组中 gcd 会出现负数与 \(0\) 情况
由于 gcd 不能出现负数，又根据 \(gcd(a,b)=gcd(a,-b)\) 可知，直接在手写 gcd 函数注意取绝对值即可。
但是不能直接为差分数组取绝对值！差分数组能反映原数组相邻数之间的增减情况的，不能更改！
同时，差分数组也会有 \(0\)，而在 gcd 中 \(mod\) 了 \(0\) 就爆炸了，根据 \(gcd(a,0)=a\) ，对 \(0\) 情况特殊处理一下。
+ 差分数组越界情况
由于差分数组处理是下方这样：
a[l] += x; a[r + 1] -= x;
所以可能导致\(r+1\)下表超出线段树 \(n\) 的范围导致蜜汁 \(MLE\)，而 \(r+1\) 位置数值的变化我们并不关心，若 \(r+1 \ge n\) 直接特判不进行操作即可。
在最后输出答案时也要小心，因为也有可能越界！
+ 维护原数组中 \(pushdown\) 下传操作爆 \(long\) \(long\) 的问题
区间最大长度高达 \(10^6\)，在下传中乘一下可能 \(10^{18}\) 大小的 \(d\)，开 \(long\) \(long\) 也救不回来 
高精度的话复杂度不够，只能想办法避免 \(pushdown\) 操作。
在学习线段数组时，也使用了差分来将区间修改变成了单点修改，在此题中也可以应用。
将维护原数组的线段树也改变成维护差分数组，只不过这次维护的是区间和。
式子又可以变成
\(\qquad \qquad \qquad \qquad gcd(a[l],b[l+1],b[l+2],...,b[r]) = gcd((b[1]+b[2]+...+b[l]),b[l+1],b[l+2],...,b[r])\)
这次都可以正确地维护了。
Code
这是原来的两棵线段树修改而成的，为直观理解，未对两棵线段树的相同操作与函数进行合并。（所以会有点长）
读者在自行写代码时可以把一些函数进行合并，节省码量。
// by youyou2007 in 2022.
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#define int long long
#define REP(i, x, y) for(int i = x; i < y; i++)
#define rep(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i++)
#define PER(i, x, y) for(int i = x; i > y; i--)
#define per(i, x, y) for(int i = x; i >= y; i--)
#define lc (k << 1)
#define rc (k << 1 | 1)
using namespace std;
const int N = 500100;
int n, m;
int a[N], b[N], t[N];
int f1[N * 4], f2[N * 4];//f1 数组表示差分求和，f2 数组表示差分gcd
int gcd(int xx, int yy)
{
xx = abs(xx);//细节：gcd里不要出现负数
yy = abs(yy);
if(yy == 0)//细节：gcd 中出现 0 时特判
{
return xx;
}
if(xx % yy == 0)
{
return yy;
}
else
{
return gcd(yy, xx % yy);
}
}
void pushup1(int k)//所有1、2函数除不一样的几行外可以合并成一个函数
{
f1[k] = f1[lc] + f1[rc];
}
void pushup2(int k)
{
f2[k] = gcd(f2[lc], f2[rc]);
}
void build1(int l, int r, int k)//以下均同理
{
if(l == r)
{
f1[k] = a[l];
return;
}
int mid = (l + r) / 2;
build1(l, mid, lc);
build1(mid + 1, r, rc);
pushup1(k);
}
void build2(int l, int r, int k)
{
if(l == r)
{
f2[k] = b[l];
return;
}
int mid = (l + r) / 2;
build2(l, mid, lc);
build2(mid + 1, r, rc);
pushup2(k);
}
void modify1(int l, int r, int q, int k, int d)//单点修改（求和）
{
if(l == r && l == q)
{
f1[k] += d;
return;
}
int mid = (l + r) / 2;
if(q <= mid)
{
modify1(l, mid, q, lc, d);
}
else
{
modify1(mid + 1, r, q, rc, d);
}
pushup1(k);
}
void modify2(int l, int r, int q, int k, int d)//单点修改（gcd）
{
if(l == q && r == q)
{
f2[k] += d;
return;
}
int mid = (l + r) / 2;
if(q <= mid)
{
modify2(l, mid, q, lc, d);
}
else
{
modify2(mid + 1, r, q, rc, d);
}
pushup2(k);
}
int query1(int l, int r, int ql, int qr, int k)//区间求和
{
if(l >= ql && r <= qr)
{
return f1[k];
}
int mid = (l + r) / 2;
if(qr <= mid)
{
return query1(l, mid, ql, qr, lc);
}
else if(ql >= mid + 1)
{
return query1(mid + 1, r, ql, qr, rc);
}
else
{
return query1(l, mid , ql, mid, lc) + query1(mid + 1, r, mid + 1, qr, rc);
}
}
int query2(int l, int r, int ql, int qr, int k)//区间gcd
{
if(l >= ql && r <= qr)
{
return f2[k];
}
int mid = (l + r) / 2;
if(qr <= mid)
{
return query2(l, mid, ql, qr, lc);
}
else if(ql >= mid + 1)
{
return query2(mid + 1, r, ql, qr, rc);
}
else
{
return gcd(query2(l, mid, ql, mid, lc), query2(mid + 1, r, mid + 1, qr, rc));
}
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld", &n, &m);
rep(i, 1, n)
{
scanf("%lld", &t[i]);
a[i] = t[i] - t[i - 1];
b[i] = t[i] - t[i - 1];
}
build1(1, n, 1);
build2(1, n, 1);
while(m--)
{
char opt;
cin>>opt;
int x, y, z;
if(opt == 'C')
{
scanf("%lld%lld%lld", &x, &y, &z);
modify1(1, n, x, 1, z);
modify2(1, n, x, 1, z);
if(y + 1 <= n)//特判差分数组越界
{
modify1(1, n, y + 1, 1, -z);
modify2(1, n, y + 1, 1, -z);
}
}
else
{
scanf("%lld%lld", &x, &y);
if(x == y && x == n)//输出答案前也应判断越界问题，若只是求最后一个数的gcd便是它本身
{
printf("%d\n", query1(1, n, 1, n, 1));
continue;
}
int temp = gcd(query1(1, n, 1, x, 1), query2(1, n, x + 1, y, 1));
printf("%lld\n", temp);
}
}
return 0;
}