如果没有修改,那这就是一个经典的二维数点问题,将询问容斥然后扫描线+树状数组即可.
有修改的情况,使用CDQ基于时间分治,变成没有修改的情况.
时间复杂度$\mathcal O((m+Q)\log (m+Q)\log W)$
PS:询问容斥后查询的两个前缀应分配不同的时间戳,为了正确统计贡献为这些时间戳记录一下是第几个操作即可(代码中的num[])

/**********/
#define MAXN 200011
#define MAXW 2000011
struct Query
{
    ll x,y1,y2,k,dex;
    bool operator <(const Query& t)const
    {
        if(x==t.x)return y2<t.y2;
        return x<t.x;
    }
}a[MAXN];
struct BIT
{
    ll t[MAXW];
    #define lowb (i&-i)
    void modify(ll i,ll k)
    {
        while(i<MAXW)t[i]+=k,i+=lowb;
    }
    ll Qsum(ll i)
    {
        ll res=0;
        while(i)res+=t[i],i-=lowb;
        return res;
    }
}t;
ll ans[MAXN],is_query[MAXN],num[MAXN];
void CDQ(un l,un r)
{
    if(l==r)return;
    un mid=(l+r)>>1;
    CDQ(l,mid),CDQ(mid+1,r);
    std::sort(a+l,a+r+1);
    for(ll i=l;i<=r;++i)
        if(!a[i].y2)
        {
            if(a[i].dex<=mid)t.modify(a[i].y1,a[i].k);
        }
        else
        {
            if(a[i].dex>mid)ans[num[a[i].dex]]+=(t.Qsum(a[i].y2)-t.Qsum(a[i].y1))*a[i].k;
        }
    for(ll i=l;i<=r;++i)
        if(!a[i].y2&&a[i].dex<=mid)t.modify(a[i].y1,-a[i].k);
}
int main()
{
    ll s=read(),w=read(),all=0,dex=0,op;
    while((op=read())!=3)
    {
        ++dex;
        if(op==1)
        {
            ll x=read(),y=read(),k=read();
            a[++all]={x,y,0,k,all};
        }
        else
        {
            is_query[dex]=1;
            ll x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read();
            a[++all]={x1-1,y1-1,y2,-1,all};num[all]=dex;
            a[++all]={x2,y1-1,y2,1,all};num[all]=dex;
        }
    }
    CDQ(1,all);
    for(ll i=1;i<=dex;++i)
        if(is_query[i])printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}