本文版权归ljh2000和博客园共有，欢迎转载，但须保留此声明，并给出原文链接，谢谢合作。
本文作者：ljh2000
作者博客：http://www.cnblogs.com/ljh2000-jump/
转载请注明出处，侵权必究，保留最终解释权！
题目链接：BZOJ4568
正解：线性基+链剖+线段树
解题报告：
考虑直接用线段树维护线性基，构出来之后，每次询问都只需要在树上跳就好了。
线性基可以暴力合并，合并的复杂度是$O(log^2n)$。
最后查询一遍合并得到的最终线性基就可以了。
$UPD$:
考虑树分治做法：我们把询问离线下来，然后每次分治的时候$dfs$求出重心到所有的点，路径上的线性基。
接着就看一下所有的询问，如果询问的两个点分居不同子树中，那么直接回答询问就好了，时间复杂度：$O(60*nlogn+q*60*60)$，而且线性基里面加$break$还有各种优化之后，远远不到上界…
当然如果强制在线的话，就可以用动态树分治的做法，保存下树的结构，存下重心到分治结构中每个点的线性基，回答就在分治结构树上走就好了。不过在线的这个做法空间复杂度是$O(60*nlogn)$的…
贴一发简单暴力无脑的解法一的代码：
//It is made by ljh2000
//有志者，事竟成，破釜沉舟，百二秦关终属楚；苦心人，天不负，卧薪尝胆，三千越甲可吞吴。
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <complex>
#include <bitset>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LB;
typedef complex<double> C;
const double pi = acos(-1);
const int MAXN = 40011;
const int MAXM = 400011;
int n,m,ecnt,first[MAXN],to[MAXM],next[MAXM],top[MAXN],deep[MAXN],father[MAXN],size[MAXN],son[MAXN],id[MAXN],pre[MAXN],flag,ql,qr;
LL val[MAXN],lin,ans;
struct node{ LL s[62]; int dui[62],top; }a[MAXN*3],tmp;
inline void link(int x,int y){ next[++ecnt]=first[x]; first[x]=ecnt; to[ecnt]=y; }
inline int getint(){
int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline LL getLL(){
LL w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline void dfs(int x,int fa){
size[x]=1;
for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
int v=to[i]; if(v==fa) continue;
deep[v]=deep[x]+1; father[v]=x; dfs(v,x);
size[x]+=size[v]; if(size[v]>size[son[x]]) son[x]=v;
}
}
inline void dfs2(int x,int fa){
id[x]=++ecnt; pre[ecnt]=x;
if(son[x]) { top[son[x]]=top[x]; dfs2(son[x],x); }
for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
int v=to[i]; if(v==fa || v==son[x]) continue;
top[v]=v; dfs2(v,x);
}
}
inline node merge(node q,node qq){
if(q.top>qq.top) swap(q,qq);
for(int i=1;i<=q.top;i++) {
lin=q.s[ q.dui[i] ];
for(int j=60;j>=0;j--) {
if(!( (lin>>j) &1 )) continue;
if(!qq.s[j]) { qq.dui[ ++qq.top ]=j/*!!!*/; qq.s[j]=lin; break; }
lin^=qq.s[j];
}
}
return qq;
}
inline void build(int root,int l,int r){
if(l==r) {
for(int i=60;i>=0;i--) if(val[pre[l]]>>i) { a[root].s[i]=val[pre[l]]; a[root].dui[1]=i; break; }
a[root].top=1;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1; int lc=root<<1,rc=root<<1|1;
build(lc,l,mid); build(rc,mid+1,r);
a[root]=merge(a[lc],a[rc]);
}
inline void query(int root,int l,int r){
if(ql<=l && r<=qr) {
if(!flag) tmp=a[root],flag=1;
else tmp=merge(tmp,a[root]);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1; int lc=root<<1,rc=root<<1|1;
if(ql<=mid) query(lc,l,mid); if(qr>mid) query(rc,mid+1,r);
}
inline void lca(int x,int y){
int f1=top[x],f2=top[y]; flag=0;
while(f1!=f2) {
if(deep[f1]<deep[f2]) swap(f1,f2),swap(x,y);
ql=id[f1]; qr=id[x];
query(1,1,n);
x=father[f1]; f1=top[x];
}
if(deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
ql=id[y]; qr=id[x];
query(1,1,n);
}
inline void work(){
n=getint(); m=getint(); for(int i=1;i<=n;i++) val[i]=getLL(); int x,y;
for(int i=1;i<n;i++) {
x=getint(); y=getint();
link(x,y); link(y,x);
}
deep[1]=1; dfs(1,0);
ecnt=0; top[1]=1; dfs2(1,0);
build(1,1,n);
while(m--) {
x=getint(); y=getint();
lca(x,y);
ans=0;
for(int i=60;i>=0;i--) if(( ans^(tmp.s[i]) )>ans) ans^=tmp.s[i];
printf("%lld
",ans);
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("4568.in","r",stdin);
freopen("4568.out","w",stdout);
#endif
work();
return 0;
}
//有志者，事竟成，破釜沉舟，百二秦关终属楚；苦心人，天不负，卧薪尝胆，三千越甲可吞吴。