Description
给你一棵 (n) 个节点，有 (m) 种颜色的树。每个节点上有一个颜色。定义一条树上路径的价值为
[sum_c V_c(sum_{i=1}^{tim_c}W_i)]
其中 (V,W) 已经给出， (tim_c) 表示路径上 (c) 颜色的节点数。
现在给出 (q) 个操作，让你实现：
- 修改节点颜色；
- 询问树上路径的价值。
(1leq n,m,qleq 100000)
Solution
如果这题出在序列上而不是在树上，很容易用莫队求解。
考虑用类似的方法，我们将树分块，采用[SCOI 2005]王室联邦的方法。
对于树上分块的复杂度和块的大小的选取可以参见ljh的博客，这里摘出了一些：
设 (block_{num}) 为块数， (block_{size}) 为块的大小，则有 (block_{num} imes block_{size}=n) ，在证明中我们假设 (n,q) 同阶。
设块对 ((block_i,block_j)) ，易知这样的块对不会超过 (block_{size}^2) 个。
对于块对内的操作：我们考虑总复杂度，左端点共移动至多 (O(q imes block_{size})) ，右端点亦是。时间共移动至多 (O(block_{num}^2 imes q)) 。故这一部分的复杂度为 (O(n imes(block_{size}+block_{num}^2))) 。
对于块与块之间的操作，不超过 (block_{num}^2) 次：左端第移动一次，最多 (O(n)) ，右端点亦是如此。时间最多移动 (O(q)=O(n)) 。故这一部分复杂度为 (O(block_{num}^2 imes n)) 。
故总复杂度为 (O(n imes(block_{size}+block_{num}^2))) 。
可以证明当 (block_{size}=n^{frac{2}{3}}) 时， (block_{num}=n^{frac{1}{3}}) ，复杂度最优，为 (O(n^{frac{5}{3}})) 。
至于莫队的操作，就是将序列中移动左右端点变成在树上移动路径的两个端点。对于修改，我们同样是模拟时间倒流和消逝。
那么怎么去移动结点来保证提取出路径？
考虑我们树上的所有结点，实际上可以认为是 (0/1) 状态——计入答案或者未计入答案。
考虑用类似于异或的思想来执行操作，比如：计入答案再从答案中去掉，等于异或了两次 (1) ，就等于原来的数。假设这次的起点、终点为 (u,v) ，上次为 (x,y) ，那么可以对 (x) 到 (u) 的路径、 (v) 到 (y) 的路径进行一次取 (xor) 操作。注意的是对 (lca) 不做处理，这样就能保证每次操作之后图上打上标记的点只在 ((u,lca)) 和 ((v,lca)) 的路径上（不包括 (lca) ）。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5;
int n, m, q, v[N+5], w[N+5], c[N+5], tq, tc, s[N+5], tol, pre[N+5], tim[N+5];
int dfn[N+5], times, size[N+5], son[N+5], tp[N+5], fa[N+5], dep[N+5], rev[N+5];
long long ans[N+5], sum;
struct tt {int to, next; }edge[(N<<1)+5];
int path[N+5], top, blocks[N+5], block_size, cnt;
struct operation {
int l, r, p, id;
bool operator < (const operation &b) const {
if (blocks[l] != blocks[b.l]) return blocks[l] < blocks[b.l];
if (blocks[r] != blocks[b.r]) return blocks[r] < blocks[b.r];
return id < b.id;
}
}qry[N+5], ch[N+5];
void add(int u, int v) {edge[++top] = (tt){v, path[u]}, path[u] = top; }
void dfs1(int u, int father, int depth) {
int bot = tol;
dfn[u] = ++times, size[u] = 1, dep[u] = depth, fa[u] = father;
for (int i = path[u], v; i; i = edge[i].next)
if ((v = edge[i].to) != father) {
dfs1(v, u, depth+1);
size[u] += size[v];
if (size[v] > size[son[u]]) son[u] = v;
if (tol-bot >= block_size) {
++cnt;
while (tol != bot) blocks[s[tol--]] = cnt;
}
}
s[++tol] = u;
}
void dfs2(int u, int top) {
tp[u] = top;
if (son[u]) dfs2(son[u], top);
for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next)
if (edge[i].to != son[u] && edge[i].to != fa[u])
dfs2(edge[i].to, edge[i].to);
}
int get_lca(int u, int v) {
while (tp[u] != tp[v]) {
if (dep[tp[u]] < dep[tp[v]]) swap(u, v);
u = fa[tp[u]];
}
return dep[u] < dep[v] ? u : v;
}
void reverse(int x) {
if (rev[x]) sum -= 1ll*v[c[x]]*w[tim[c[x]]], --tim[c[x]];
else ++tim[c[x]], sum += 1ll*v[c[x]]*w[tim[c[x]]];
rev[x] ^= 1;
}
void upd(int x, int y) {
if (rev[x]) reverse(x), c[x] = y, reverse(x);
else c[x] = y;
}
void move(int x, int y) {
while (x != y) {
if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y);
reverse(x); x = fa[x];
}
}
void work() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &q); block_size = pow(n, 0.6667);
for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d", &v[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &w[i]);
for (int i = 1, u, v; i < n; i++) {
scanf("%d%d", &u, &v); add(u, v), add(v, u);
}
dfs1(1, 0, 1); dfs2(1, 1);
while (tol) blocks[s[tol--]] = cnt;
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &c[i]), pre[i] = c[i];
for (int i = 1, opt, x, y; i <= q; i++) {
scanf("%d%d%d", &opt, &x, &y);
if (opt == 0) ch[++tc] = (operation){x, y, pre[x], 0}, pre[x] = y;
else {
if (dfn[x] > dfn[y]) swap(x, y);
qry[++tq] = (operation){x, y, tc, tq};
}
}
sort(qry+1, qry+tq+1);
int curt = 0, curl = 1, curr = 1;
for (int i = 1; i <= tq; i++) {
while (curt < qry[i].p) ++curt, upd(ch[curt].l, ch[curt].r);
while (curt > qry[i].p) upd(ch[curt].l, ch[curt].p), --curt;
move(curl, qry[i].l); curl = qry[i].l;
move(curr, qry[i].r); curr = qry[i].r;
int lca = get_lca(curl, curr);
reverse(lca);
ans[qry[i].id] = sum;
reverse(lca);
}
for (int i = 1; i <= tq; i++) printf("%lld
", ans[i]);
}
int main() {work(); return 0; }