众所周知的仅次于ynoi的毒瘤数据结构系列。（跟Qtree系列并列？）
GSS1：
长度为 $n$ 的序列 $a$，$m$ 个询问，每次询问区间 $[l,r]$ 之间的最大子段和。
$1le n,mle 5 imes 10^4$。
经典的线段树题。
每个节点维护四个值：$sum,lmax,rmax,amax$。
$sum$ 表示整个区间的和。
$lmax$ 表示以 $l$ 为左端点的最大子段和。
$rmax$ 表示以 $r$ 为右端点的最大子段和。
$amax$ 表示整个的最大子段和。
时间复杂度 $O(mlog n)$。
具体可以看代码。（那是好久以前写的了，所以会有点丑）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxm=144089; namespace Segment_Tree{ struct node{ int sum,lmax,rmax,amax; }e[maxm]; int n; inline void pushup(int t){ node ls=e[t<<1],rs=e[t<<1|1]; e[t]=(node){ ls.sum+rs.sum, max(ls.lmax,ls.sum+rs.lmax), max(rs.rmax,rs.sum+ls.rmax), max(max(ls.amax,rs.amax),ls.rmax+rs.lmax) }; } void build_(int l,int r,int t){ if(l==r){ scanf("%d",&e[t].sum); e[t]=(node){e[t].sum,e[t].sum,e[t].sum,e[t].sum}; return; } int mid=l+r>>1; build_(l,mid,t<<1); build_(mid+1,r,t<<1|1); pushup(t); } void build(int x){ n=x; build_(1,x,1); } node query_(int L,int R,int l,int r,int t){ if(L>=l && R<=r) return e[t]; int mid=L+R>>1; if(mid>=r) return query_(L,mid,l,r,t<<1); if(mid<l) return query_(mid+1,R,l,r,t<<1|1); node ans,ls,rs; ls=query_(L,mid,l,r,t<<1);rs=query_(mid+1,R,l,r,t<<1|1); ans.sum=ls.sum+rs.sum; ans.lmax=max(ls.lmax,ls.sum+rs.lmax); ans.rmax=max(rs.rmax,rs.sum+ls.rmax); ans.amax=max(max(ls.amax,rs.amax),ls.rmax+rs.lmax); return ans; } int query(int l,int r){ return query_(1,n,l,r,1).amax; } } int n,m; int main(){ scanf("%d",&n); Segment_Tree::build(n); scanf("%d",&m); for(int i=1;i<=m;i++){ int l,r; scanf("%d%d",&l,&r); printf("%d ",Segment_Tree::query(l,r)); } }
GSS2：
长度为 $n$ 的序列 $a$，$m$ 个询问，每次询问区间 $[l,r]$ 之间的最大子段和。可以选空子段。注意此处的子段和是：如果一个数出现了多次，那么只算一次。
$1le n,mle 10^5$。
这就摇身一变变成了毒瘤题……ErkkiErkko Orz……（这是他洛谷账号）
一个数只算一次，有点像HH的项链，那么也可以用类似的想法。
把询问离线，按右端点排序。
假设现在推右端点推到了 $i$。
线段树维护的东西得修改一下。（具体原因待会解释）
每个点 $sum,hmax$。标记 $tag,htag$。
对于叶子结点 $l$，$sum$ 表示从 $l$ 到 $i$ 的和（也是相同的数只算一次），$hmax$ 表示这个节点 $sum$ 曾达到过的最大值，初始为 $0$。
对于非叶子结点，$sum$ 是所有孩子的 $sum$ 的最大值，$hmax$ 是所有孩子的 $hmax$ 的最大值。
$tag$ 是因为下面需要区间加的标记，$htag$ 是自上次把这个节点的标记下传完以后，$tag$ 达到过的最大值。
有点不好说啊……
那么 $pre[a[i]]$（就是 $a[i]$ 上一次出现的位置）和之前的位置到 $i$ 的和应该和到 $i-1$ 的和一样不变，因为前面已经出现过 $a[i]$，现在这个 $a[i]$ 就不能再算一遍。
$pre[a[i]]$ 之后的到 $i-1$ 的和由于没有出现过 $a[i]$，所以他们的和就要加 $a[i]$。即给 $sum$ 区间加 $a[i]$。
接下来查询就好办了，就是这个区间 $hmax$ 的最大值。（想一想，为什么？）
时间复杂度 $O(m(log n+log m))$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=100010; #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } struct query{ int l,r,id; bool operator<(const query &q)const{ return r<q.r; } }qqq[maxn]; int n,q,pre[maxn*2],a[maxn]; ll ans[maxn],sum[maxn*4],hmax[maxn*4],tag[maxn*4],htag[maxn*4]; void pushup(int o){ sum[o]=max(sum[o<<1],sum[o<<1|1]); hmax[o]=max(hmax[o<<1],hmax[o<<1|1]); } void pushdown(int o){ hmax[o<<1]=max(hmax[o<<1],sum[o<<1]+htag[o]); hmax[o<<1|1]=max(hmax[o<<1|1],sum[o<<1|1]+htag[o]); sum[o<<1]+=tag[o]; sum[o<<1|1]+=tag[o]; htag[o<<1]=max(htag[o<<1],tag[o<<1]+htag[o]); htag[o<<1|1]=max(htag[o<<1|1],tag[o<<1|1]+htag[o]); tag[o<<1]+=tag[o]; tag[o<<1|1]+=tag[o]; tag[o]=htag[o]=0; } void update(int o,int l,int r,int ql,int qr,int x){ if(l>=ql && r<=qr){ sum[o]+=x; hmax[o]=max(hmax[o],sum[o]); tag[o]+=x; htag[o]=max(htag[o],tag[o]); return; } pushdown(o); int mid=(l+r)>>1; if(mid>=ql) update(lson,ql,qr,x); if(mid<qr) update(rson,ql,qr,x); pushup(o); } ll query(int o,int l,int r,int ql,int qr){ if(l>=ql && r<=qr) return hmax[o]; pushdown(o); int mid=(l+r)>>1;ll ans=-1e18; if(mid>=ql) ans=max(ans,query(lson,ql,qr)); if(mid<qr) ans=max(ans,query(rson,ql,qr)); return ans; } int main(){ n=read(); FOR(i,1,n) a[i]=read(); q=read(); FOR(i,1,q) qqq[i].l=read(),qqq[i].r=read(),qqq[i].id=i; sort(qqq+1,qqq+q+1); int curr=1; FOR(i,1,q){ while(curr<=qqq[i].r){ update(1,1,n,pre[a[curr]+100000]+1,curr,a[curr]); pre[a[curr]+100000]=curr; curr++; } ans[qqq[i].id]=query(1,1,n,qqq[i].l,qqq[i].r); } FOR(i,1,q) printf("%lld ",ans[i]); }
GSS3：
长度为 $n$ 的序列 $a$，$m$ 个操作：单点修改，或询问区间的最大子段和。
$1le n,mle 5 imes 10^4$。
跟GSS1一样，不说了。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=50050; #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } struct node{ int sum,lmax,rmax,amax; }nd[maxn*4]; int n,q,a[maxn]; void pushup(node &o,node l,node r){ o.sum=l.sum+r.sum; o.lmax=max(l.lmax,l.sum+r.lmax); o.rmax=max(r.rmax,r.sum+l.rmax); o.amax=max(l.amax,max(r.amax,l.rmax+r.lmax)); } void build(int o,int l,int r){ if(l==r) return void(nd[o]=(node){a[l],a[l],a[l],a[l]}); int mid=(l+r)>>1; build(lson); build(rson); pushup(nd[o],nd[o<<1],nd[o<<1|1]); } void update(int o,int l,int r,int p,int x){ if(l==r) return void(nd[o]=(node){x,x,x,x}); int mid=(l+r)>>1; if(mid>=p) update(lson,p,x); else update(rson,p,x); pushup(nd[o],nd[o<<1],nd[o<<1|1]); } node query(int o,int l,int r,int ql,int qr){ if(l>=ql && r<=qr) return nd[o]; int mid=(l+r)>>1; if(mid<ql) return query(rson,ql,qr); if(mid>=qr) return query(lson,ql,qr); node ans; pushup(ans,query(lson,ql,qr),query(rson,ql,qr)); return ans; } int main(){ n=read(); FOR(i,1,n) a[i]=read(); build(1,1,n); q=read(); FOR(i,1,q){ int op=read(),l=read(),r=read(); if(op) printf("%d ",query(1,1,n,l,r).amax); else update(1,1,n,l,r); } }
GSS4：
长度为 $n$ 的正整数序列 $a$，$m$ 个操作：区间开方（下取整），区间求和。
$1le n,mle 10^5,sum a_ile 10^{18}$。
这应该也是一个套路了……
我们发现一个数 $x$ 开方下取整约 $loglog x$ 次之后便会变成 $1$。变成 $1$ 之后，再开方都不会对答案有影响。
（你问我为什么是 $log log x$？因为每开一次方实际上就是把 $log x$ 除以 $2$，这样操作一共就要 $log log x$ 次）
那么就上线段树，维护区间和和区间是否都为 $1$（bool）。
修改时，对每个叶子结点都暴力修改。注意的是如果到了一个区间，区间都是 $1$，就可以跳过这个区间，因为修不修改不影响答案。
由于一个叶子至多被暴力 $loglog a_i$ 次，所以时间复杂度是 $O(qlog nloglog a_i)$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=100010; #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline ll read(){ char ch=getchar();ll x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int t,n,q; ll a[maxn],sum[maxn*4]; bool all1[maxn*4]; inline void pushup(int o){ sum[o]=sum[o<<1]+sum[o<<1|1]; all1[o]=all1[o<<1]&all1[o<<1|1]; } void build(int o,int l,int r){ if(l==r) return void((sum[o]=a[l],all1[o]=(a[l]==1))); int mid=(l+r)>>1; build(lson); build(rson); pushup(o); } void update(int o,int l,int r,int ql,int qr){ if(all1[o]) return; if(l==r) return void((sum[o]=sqrt(sum[o]),all1[o]=(sum[o]==1))); int mid=(l+r)>>1; if(mid>=ql) update(lson,ql,qr); if(mid<qr) update(rson,ql,qr); pushup(o); } ll query(int o,int l,int r,int ql,int qr){ if(l>=ql && r<=qr) return sum[o]; int mid=(l+r)>>1;ll s=0; if(mid>=ql) s+=query(lson,ql,qr); if(mid<qr) s+=query(rson,ql,qr); return s; } int main(){ while(~scanf("%d",&n)){ printf("Case #%d: ",++t); FOR(i,1,n) a[i]=read(); build(1,1,n); q=read(); FOR(i,1,q){ int op=read(),l=read(),r=read(); if(l>r) swap(l,r); if(op) printf("%lld ",query(1,1,n,l,r)); else update(1,1,n,l,r); } puts(""); } }
GSS5：
长度为 $n$ 的正整数序列 $a$，$m$ 个询问，每次询问左端点在 $[x1,y1]$，右端点在 $[x2,y2]$ 的所有子段的和的最大值。
$1le n,mle 10^4,x1le y1,x2le y2,x1le x2,y1le y2$。
恶心的分类讨论题……
首先发现，如果 $[x1,y1],[x2,y2]$ 不相交，那么所有的子段都包含了 $[y1+1,x2-1]$（如果 $y1<x2-1$），那么答案就是 $[x1,y1]$ 的最大右子段和加上 $[x2,y2]$ 的最大左子段和加上 $[y1+1,x2-1]$ 的和。
如果相交，那就很恶心了……
如果左右端点都在 $[x2,y1]$，那么答案就是 $[x2,y1]$ 的最大子段和。
如果左端点在 $[x2,y1]$，右端点在 $[y1+1,y2]$，答案就是 $[x2,y1]$ 的最大右子段和加上 $[x2+1,y2]$ 的最大左子段和。
如果左端点在 $[x1,x2-1]$，右端点在 $[x2,y2]$，答案就是 $[x1,x2-1]$ 的最大右段和加上 $[x2,y2]$ 的最大左子段和。
以上已经包含了所有的情况。这些取个最大值就好了。
时间复杂度 $O(mlog n)$。
代码中写得有一点点不一样，最重要的还是理解。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=10010; #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } struct node{ int sum,lmax,rmax,amax; node operator+(const node &nd)const{ node ans; ans.sum=sum+nd.sum; ans.lmax=max(lmax,sum+nd.lmax); ans.rmax=max(nd.rmax,nd.sum+rmax); ans.amax=max(amax,max(nd.amax,rmax+nd.lmax)); return ans; } }nd[maxn*4]; int t,n,m,a[maxn]; inline void pushup(int o){ nd[o]=nd[o<<1]+nd[o<<1|1]; } void build(int o,int l,int r){ if(l==r) return void(nd[o]=(node){a[l],a[l],a[l],a[l]}); int mid=(l+r)>>1; build(lson);build(rson); pushup(o); } node query(int o,int l,int r,int ql,int qr){ if(ql>qr) return (node){0,0,0,0}; if(l>=ql && r<=qr) return nd[o]; int mid=(l+r)>>1; if(mid<ql) return query(rson,ql,qr); if(mid>=qr) return query(lson,ql,qr); return query(lson,ql,qr)+query(rson,ql,qr); } int main(){ t=read(); while(t--){ n=read(); FOR(i,1,n) a[i]=read(); build(1,1,n); m=read(); printf("m=%d ",m); FOR(i,1,m){ int l1=read(),r1=read(),l2=read(),r2=read(); if(r1<l2){ node n1=query(1,1,n,l1,r1),n2=query(1,1,n,r1+1,l2-1),n3=query(1,1,n,l2,r2); printf("%d ",n1.rmax+n2.sum+n3.lmax); } else{ node n1=query(1,1,n,l2,r1); int ans=n1.amax; node n2=query(1,1,n,l1,l2-1),n3=query(1,1,n,l2,r2); ans=max(ans,n2.rmax+n3.lmax); node n4=query(1,1,n,l1,r1),n5=query(1,1,n,r1+1,r2); printf("%d ",max(ans,n4.rmax+n5.lmax)); } } } }
GSS6：
给出一个由 $n$ 个整数组成的序列 $a$，你需要支持 $m$ 个操作：
I p x在 $p$ 处插入插入一个元素 $x$D p删除 $p$ 处的一个元素R p x修改 $p$ 处元素的值为 $x$Q l r查询一个区间 $[l,r]$ 的最大子段和
$1le n,mle 10^5,|a_i|,|x|le 10^4$。
这题一看就是splay（或者fhq treap）裸题。比维修数列好写多了（
如果您打过维修数列，这个就不用再讲了吧！
如果您会splay或者fhq treap，那么前三个操作应该不是问题，第四个操作也可以跟GSS1和GSS3一样维护 $lmax,rmax,amax$。
然后就没有了，码吧。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=200020; #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int n,a[maxn],m,cnt,rt,fa[maxn],ch[maxn][2],sz[maxn],val[maxn],sum[maxn],lmax[maxn],rmax[maxn],amax[maxn]; void pushup(int x){ sz[x]=sz[ch[x][0]]+sz[ch[x][1]]+1; sum[x]=sum[ch[x][0]]+sum[ch[x][1]]+val[x]; if(!ch[x][0] && !ch[x][1]) lmax[x]=rmax[x]=amax[x]=val[x]; else if(!ch[x][1]){ lmax[x]=max(lmax[ch[x][0]],sum[ch[x][0]]+val[x]); rmax[x]=max(val[x],rmax[ch[x][0]]+val[x]); amax[x]=max(val[x],max(rmax[ch[x][0]]+val[x],amax[ch[x][0]])); } else if(!ch[x][0]){ lmax[x]=max(val[x],val[x]+lmax[ch[x][1]]); rmax[x]=max(rmax[ch[x][1]],sum[ch[x][1]]+val[x]); amax[x]=max(val[x],max(val[x]+lmax[ch[x][1]],amax[ch[x][1]])); } else{ lmax[x]=max(lmax[ch[x][0]],max(sum[ch[x][0]]+val[x],sum[ch[x][0]]+val[x]+lmax[ch[x][1]])); rmax[x]=max(rmax[ch[x][1]],max(sum[ch[x][1]]+val[x],sum[ch[x][1]]+val[x]+rmax[ch[x][0]])); amax[x]=max(val[x],max(amax[ch[x][0]],max(amax[ch[x][1]],max(rmax[ch[x][0]]+val[x],max(lmax[ch[x][1]]+val[x],rmax[ch[x][0]]+val[x]+lmax[ch[x][1]]))))); } } void rotate(int x){ int y=fa[x],z=fa[y],t=ch[y][1]==x,tt=ch[z][1]==y; int B=ch[x][t^1]; fa[B]=y;ch[y][t]=B; fa[y]=x;ch[x][t^1]=y; fa[x]=z;ch[z][tt]=x; pushup(y);pushup(x); } void splay(int x,int to){ while(fa[x]!=to){ int y=fa[x],z=fa[y],t=ch[y][1]==x,tt=ch[z][1]==y; if(z!=to) rotate(t^tt?x:y); rotate(x); } if(!to) rt=x; } int kth(int x){ int now=rt; while(now){ int s=sz[ch[now][0]]+1; if(x==s) return now; if(x<s) now=ch[now][0]; else x-=s,now=ch[now][1]; } } int build(int f,int l,int r){ int mid=(l+r)>>1,tmp=++cnt; fa[tmp]=f; val[tmp]=a[mid]; if(l<mid) ch[tmp][0]=build(tmp,l,mid-1); if(mid<r) ch[tmp][1]=build(tmp,mid+1,r); pushup(tmp); return tmp; } void insert(int p,int x){ int l=kth(p),r=kth(p+1); splay(l,0);splay(r,l); int &nd=ch[ch[rt][1]][0]; nd=++cnt; fa[nd]=ch[rt][1]; val[nd]=x; pushup(nd);pushup(ch[rt][1]);pushup(rt); } void remove(int p){ int l=kth(p),r=kth(p+2); splay(l,0);splay(r,l); ch[ch[rt][1]][0]=0; pushup(ch[rt][1]);pushup(rt); } void replace(int p,int x){ int l=kth(p),r=kth(p+2); splay(l,0);splay(r,l); val[ch[ch[rt][1]][0]]=x; pushup(ch[ch[rt][1]][0]);pushup(ch[rt][1]);pushup(rt); } int query(int l,int r){ l=kth(l);r=kth(r+2); splay(l,0);splay(r,l); return amax[ch[ch[rt][1]][0]]; } int main(){ n=read(); FOR(i,1,n) a[i]=read(); rt=build(0,0,n+1); m=read(); FOR(i,1,m){ char op[5]; scanf("%s",op); int x=read(); switch(op[0]){ case 'I':insert(x,read());break; case 'D':remove(x);break; case 'R':replace(x,read());break; case 'Q':printf("%d ",query(x,read()));break; } } }
GSS7：
给定一棵树，有 $n$ 个节点，每一个节点都有一个权值 $x_i$。
你需要执行 $q$ 次操作：
1 a b查询 $(a,b)$ 这条链上的最大子段和，可以为空2 a b c将 $(a,b)$ 这条链的所有点权变为 $c$
$1le n,qle 10^5,|x_i|,|c|le 10^4$。
裸的树剖，只不过查询时会比较麻烦。
我们可以先求出 $lca$ 到 $a$ 的最大子段和和 $lca$ 到 $b$ 的最大子段和。
具体求的话，就是可以将在上面的一条重链与下面已有的答案接起来。
最后把两个合并一下就好了。注意其中一个需要翻转后再拼。
具体看代码。（一个裸的树剖为什么比splay还长）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=100010,INF=2147483647; #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int n,m,w[maxn],el,head[maxn],to[maxn*2],nxt[maxn*2]; int fa[maxn],dep[maxn],sz[maxn],son[maxn],top[maxn],dfs_clock,id[maxn],dfn[maxn]; int tag[maxn*4]; struct node{ int sum,lmax,rmax,amax; node():sum(0),lmax(0),rmax(0),amax(0){} const node operator+(const node &r)const{ node ans; ans.sum=sum+r.sum; ans.lmax=max(lmax,sum+r.lmax); ans.rmax=max(r.rmax,r.sum+rmax); ans.amax=max(amax,max(r.amax,rmax+r.lmax)); return ans; } }nd[maxn*4]; inline void add(int u,int v){ to[++el]=v;nxt[el]=head[u];head[u]=el; } void dfs1(int u,int f){ dep[u]=dep[fa[u]=f]+1; sz[u]=1; for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){ int v=to[i]; if(v==f) continue; dfs1(v,u); sz[u]+=sz[v]; if(sz[v]>sz[son[u]]) son[u]=v; } } void dfs2(int u,int topf){ top[u]=topf; id[dfn[u]=++dfs_clock]=u; if(son[u]) dfs2(son[u],topf); for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){ int v=to[i]; if(v==fa[u] || v==son[u]) continue; dfs2(v,v); } } inline void cover(int o,int l,int r,int v){ tag[o]=v; nd[o].sum=v*(r-l+1); if(v>0) nd[o].lmax=nd[o].rmax=nd[o].amax=nd[o].sum; else nd[o].lmax=nd[o].rmax=nd[o].amax=0; } inline void pushdown(int o,int l,int r){ if(tag[o]==-INF) return; int mid=(l+r)>>1; cover(lson,tag[o]);cover(rson,tag[o]); tag[o]=-INF; } void build(int o,int l,int r){ tag[o]=-INF; if(l==r){ nd[o].sum=w[id[l]]; nd[o].lmax=nd[o].rmax=nd[o].amax=max(0,w[id[l]]); return; } int mid=(l+r)>>1; build(lson);build(rson); nd[o]=nd[o<<1]+nd[o<<1|1]; } void update(int o,int l,int r,int ql,int qr,int v){ if(l>=ql && r<=qr) return cover(o,l,r,v); int mid=(l+r)>>1; pushdown(o,l,r); if(mid>=ql) update(lson,ql,qr,v); if(mid<qr) update(rson,ql,qr,v); nd[o]=nd[o<<1]+nd[o<<1|1]; } node query(int o,int l,int r,int ql,int qr){ if(l>=ql && r<=qr) return nd[o]; int mid=(l+r)>>1; pushdown(o,l,r); if(mid<ql) return query(rson,ql,qr); if(mid>=qr) return query(lson,ql,qr); return query(lson,ql,qr)+query(rson,ql,qr); } void chain_update(int u,int v,int x){ while(top[u]!=top[v]){ if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) swap(u,v); update(1,1,n,dfn[top[u]],dfn[u],x); u=fa[top[u]]; } if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v); update(1,1,n,dfn[u],dfn[v],x); } int chain_query(int u,int v){ node un,vn; while(top[u]!=top[v]){ if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) swap(u,v),swap(un,vn); un=query(1,1,n,dfn[top[u]],dfn[u])+un; u=fa[top[u]]; } if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v),swap(un,vn); vn=query(1,1,n,dfn[u],dfn[v])+vn; swap(un.lmax,un.rmax); return (un+vn).amax; } int main(){ n=read(); FOR(i,1,n) w[i]=read(); FOR(i,1,n-1){ int u=read(),v=read(); add(u,v);add(v,u); } dfs1(1,0);dfs2(1,1);build(1,1,n); m=read(); FOR(i,1,m){ int op=read(),a=read(),b=read(); if(op==2) chain_update(a,b,read()); else printf("%d ",chain_query(a,b)); } }
后面的，留坑待填……