本来不想写这道 \(shabi\) 卡肠题的，但还是写了。
分块+根号分治。
考虑对 \(x\) 的大小分类讨论：
若 \(x>=\sqrt{n}\)，很明显最多只会加 \(\sqrt{n}\) 次，暴力加即可，用分块维护每个块内的 \(sum\)，查询就直接散块加上整块即可。
若 \(x<\sqrt{n}\)，考虑累加 \(x,y\) 相同的修改。
那么在查询时，需要对所有的 \(x\) 查询，考虑对于每个 \(x\)，维护 \(y\) 的前缀，后缀和。对于一次询问，把区间分成若干个大小为 \(x\) 的块，对于整块，块里所有的 \(y\) 肯定都有，增加的贡献就是关于 \(x\) 修改总和，可以 \(O(1)\) 算，对于散块，因为记录了前缀后缀和，也可以 \(O(1)\) 算。若左右端点在一个块中，直接差分。时间复杂度 \(O(m\sqrt{n})\)，放上被卡的代码。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll len=128,N=200001,M=130,Z=N/128+2,mod=1e9+7;
ll n,m,a[N],blo,L[Z],R[Z],sum[Z],opt,x,y,z,pre[M][M],suf[M][M],ans,l,r;
ll ask(ll l,ll r){ll bl=(l-1)/len+1,br=(r-1)/len+1;
ll res=0;
if(bl==br)for(int i=l;i<=r;i++)res=(res+a[i])%mod;
else{
for(int i=l;i<=R[bl];i++)res=(res+a[i])%mod;
for(int i=bl+1;i<br;i++)res=(res+sum[i])%mod;
for(int i=L[br];i<=r;i++)res=(res+a[i])%mod;
}
return res;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m,blo=(n-1)/len+1;
for(int i=1;i<=blo;i++)L[i]=len*(i-1)+1,R[i]=len*i;R[blo]=n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int i=1;i<=blo;i++){
for(int j=L[i];j<=R[i];j++)sum[i]=(sum[i]+a[j])%mod;
}
for(int i=1;i<=m;i++){cin>>opt;
if(opt==1){cin>>x>>y>>z;
if(x>=len){
for(int i=y;i<=n;i+=x)a[i]=(a[i]+z)%mod,sum[(i-1)/len+1]=(sum[(i-1)/len+1]+z)%mod;
}else{
for(int i=x;i>=y;i--)pre[x][i]=(pre[x][i]+z)%mod;
for(int i=1;i<=y;i++)suf[x][i]=(suf[x][i]+z)%mod;
}
}else{cin>>l>>r,ans=ask(l,r);
for(int i=1;i<len;i++){ll bl=(l-1)/i+1,br=(r-1)/i+1;
if(bl==br)ans=(ans+pre[i][(r-1)%i+1]-pre[i][(l-1)%i]+mod)%mod;
else ans=(ans+(br-bl-1)*pre[i][i]%mod)%mod,ans=(ans+pre[i][(r-1)%i+1]+suf[i][(l-1)%i+1])%mod;
}
cout<<ans<<'\n';
}
}
}