题意描述：
给你一颗 (n) 个节点的树，有 (m) 次操作，每次操作分为两种：
- 将 (x-y) 路径上的点赋成颜色 (c)
- 询问 (x-y) 的路径上的点颜色段的数量
数据范围： (n,mleq 10^5)
solution
树剖的经典题。
看到这个题的第一眼就会想到树剖，但我们想一下这个怎么维护答案。
我们对于线段树上每个点维护三个信息：最左边的颜色，最右边的颜色，颜色段的数量。
假设我现在想推出节点 ( o) 的颜色段的数量。
那么显然是可以由 (lc(o),rc(o)) 这两段拼接起来的。
然后在线段树中就是表示为： (sum(o) = sum(o<<1) + sum(o<<1|1))
但是如果左儿子最右边的颜色等于右儿子最左边的颜色相等的话，显然中间有两段是可以合并在一起的，所以 (sum(o) -= 1)
void up(int o)
{
sum(o) = sum(o<<1) + sum(o<<1|1);
lc(o) = lc(o<<1);
rc(o) = rc(o<<1|1);
if(rc(o<<1) == lc(o<<1|1)) sum(o)--;
}
考虑得到操作 (2) 的答案，我们在进行树剖的时候会把 (x-y) 的路径分成若干条重链，且重链之间由轻边连接。
对于一条重链，我们在线段树上查询一下就可以得到这一段的答案，因此让总答案加上这一部分即可。
同时对于两条重链相接的地方也就是轻边 (top[x] 和 fa[top[x]]) ，如果这两个点的颜色是相同的话，那么中间有两段肯定是可以合并在一起的，所以总答案要减一。
剩下的就是线段树套数剖的区间覆盖操作，随便维护一下就好了。
code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int n,m,tot,cnt,num,u,v,x,y,c;
int siz[N],dfn[N],dep[N],fa[N],top[N],head[N],w[N],a[N],son[N];
struct node
{
int to,net;
}e[N<<1];
struct Tree
{
int lc,rc,sum,tag;
}tr[N<<2];
#define lc(o) tr[o].lc
#define rc(o) tr[o].rc
#define sum(o) tr[o].sum
#define tag(o) tr[o].tag
inline int read()
{
int s = 0, w = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
return s * w;
}
void add(int x,int y)
{
e[++tot].to = y;
e[tot].net = head[x];
head[x] = tot;
}
void get_tree(int x)
{
dep[x] = dep[fa[x]] + 1; siz[x] = 1;
for(int i = head[x]; i; i = e[i].net)
{
int to = e[i].to;
if(to == fa[x]) continue;
fa[to] = x;
get_tree(to);
siz[x] += siz[to];
if(siz[to] > siz[son[x]]) son[x] = to;
}
}
void dfs(int x,int topp)
{
top[x] = topp; dfn[x] = ++num; w[dfn[x]] = a[x];
if(son[x]) dfs(son[x],topp);
for(int i = head[x]; i; i = e[i].net)
{
int to = e[i].to;
if(to == fa[x] || to == son[x]) continue;
dfs(to,to);
}
}
void up(int o)//维护一下这个点的信息
{
sum(o) = sum(o<<1) + sum(o<<1|1);
lc(o) = lc(o<<1);
rc(o) = rc(o<<1|1);
if(rc(o<<1) == lc(o<<1|1)) sum(o)--;
}
void cover(int o,int val)
{
sum(o) = 1;
lc(o) = rc(o) = val;
tag(o) = val;
}
void down(int o)
{
if(tag(o))
{
cover(o<<1,tag(o));
cover(o<<1|1,tag(o));
tag(o) = 0;
}
}
void build(int o,int l,int r)
{
if(l == r)
{
sum(o) = 1;
lc(o) = rc(o) = w[l];
return;
}
int mid = (l+r)>>1;
build(o<<1,l,mid);
build(o<<1|1,mid+1,r);
up(o);
}
void chenge(int o,int l,int r,int L,int R,int val)
{
if(L <= l && R >= r)
{
cover(o,val);
return;
}
down(o);
int mid = (l+r)>>1;
if(L <= mid) chenge(o<<1,l,mid,L,R,val);
if(R > mid) chenge(o<<1|1,mid+1,r,L,R,val);
up(o);
}
int query(int o,int l,int r,int L,int R)
{
if(L <= l && R >= r) return sum(o);
down(o);
int mid = (l+r)>>1;
if(R <= mid) return query(o<<1,l,mid,L,R);
else if(L > mid) return query(o<<1|1,mid+1,r,L,R);
else return query(o<<1,l,mid,L,R) + query(o<<1|1,mid+1,r,L,R) + (rc(o<<1) == lc(o<<1|1) ? -1 :0);
}
int ask(int o,int l,int r,int x)
{
if(l == r) return lc(o);
down(o);
int mid = (l+r)>>1;
if(x <= mid) return ask(o<<1,l,mid,x);
if(x > mid) return ask(o<<1|1,mid+1,r,x);
}
void modify(int x,int y,int val)
{
while(top[x] != top[y])
{
if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x,y);
chenge(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x],val);
x = fa[top[x]];
}
if(dep[x] >= dep[y]) swap(x,y);
chenge(1,1,n,dfn[x],dfn[y],val);
}
int get(int x,int y)//得到答案
{
int res = 0;
while(top[x] != top[y])
{
if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x,y);
res += query(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x]);
int a = ask(1,1,n,dfn[top[x]]);
int b = ask(1,1,n,dfn[fa[top[x]]]);
if(a == b) res--;
x = fa[top[x]];
}
if(dep[x] >= dep[y]) swap(x,y);
res += query(1,1,n,dfn[x],dfn[y]);
return res;
}
int main()
{
n = read(); m = read();
for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
for(int i = 1; i <= n-1; i++)
{
u = read(); v = read();
add(u,v); add(v,u);
}
get_tree(1); dfs(1,1); build(1,1,n);
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
char ch; cin>>ch; x = read(); y = read();
if(ch == 'C') c = read(), modify(x,y,c);
if(ch == 'Q') printf("%d
",get(x,y));
}
return 0;
}