【题意】给定n个点的树，m种糖果，每个点有糖果ci。给定n个数wi和m个数vi，第i颗糖果第j次品尝的价值是v(i)*w(j)。q次询问一条链上每个点价值的和或修改一个点的糖果ci。n,m,q<=10^5。
【算法】树分块+带修改莫队算法
【题解】参考：WC 2013 糖果公园 park 题解 by vfleaking
首先树分块，参考王室联邦的方法。确定块大小为B，一遍DFS可以分成若干大小为[B,3B]的块，性质是块内两点距离至多为B。
定义(x,y,t)表示询问经过了t次修改的树链x-y的答案，将询问排序：第一关键字belong[x]，第二关键字belong[y]，第三关键字t。
对于一个询问，要考虑从上一次询问(x',y',t')转移。首先转移t，只需要记录每次修改前和修改后的数值，就可以实现修改或逆修改了。
然后是从树链x'-y'转移到树链x-y‘，这里需要异或操作（对称差）。所谓异或操作，就是如果x标记过就减去答案并消除标记，如果x没标记过就加上答案并增加标记。
具体过程可以参考vfk的公式推导，感性理解也很简单：定义t(x,y)表示除了lca(x,y)的树链x-y，那么 t(x,y') = t(x',y') ^ t(x,x') 。
有了这个，我们只要在当前基础上异或一下t(x,x')和t(y,y')就可以实现从x'-y'转移到x-y了，当然LCA全部另外算就可以了。
另外，之前修改点x的数值时，如果在当前答案中必须消除，修改，再加入。
【复杂度分析】假设块大小为B。（随便看看就好了，这部分不保证正确……）
如果u和v都不移出块，那么位置移动复杂度O(q*B)，时间移动复杂度O(q)。
如果v移出块，那么因为belong[u]只有n/B种可能，位置移动复杂度O(n*n/B)。
如果u移出块，那么位置移动的复杂度O(n)。
而belong[u],belong[v]只有(n/B)^2种可能，所以时间移动的复杂度是O(q*(n/B)^2)。
平衡后B=n^(2/3)。
所以总复杂度O(n^(5/3))。
因为树分块的块大小实际上比B大，所以取B=N^(2/3)*0.5时常数比较优秀。
有一个常数友好的优化，即使询问时如果x所在块编号比y大，那么交换，这样y的移动就会少一半的空间。至多优化一半的常数。
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cctype> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int read(){ int s=0,t=1;char c; while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')t=-1; do{s=s*10+c-'0';}while(isdigit(c=getchar())); return s*t; } const int maxn=100010; int tot,n,m,q,B,top,cnt,c0,c1; int first[maxn],deep[maxn],f[maxn][20],belong[maxn],st[maxn],num[maxn],c[maxn],w[maxn],v[maxn],pre[maxn]; long long ans,ANS[maxn]; bool vis[maxn]; struct edge{int v,from;}e[maxn*2]; struct C0{int x,y,pre;}a[maxn]; struct C1{int x,y,t,id;}b[maxn]; void insert(int u,int v){tot++;e[tot].v=v;e[tot].from=first[u];first[u]=tot;} void dfs(int x,int fa){ int lim=top; for(int j=1;(1<<j)<=deep[x];j++)f[x][j]=f[f[x][j-1]][j-1]; for(int i=first[x];i;i=e[i].from)if(e[i].v!=fa){ deep[e[i].v]=deep[x]+1; f[e[i].v][0]=x; dfs(e[i].v,x); if(top-lim>=B){ cnt++; while(top>lim)belong[st[top--]]=cnt; } } st[++top]=x; } int lca(int x,int y){ if(deep[x]<deep[y])swap(x,y); int d=deep[x]-deep[y]; for(int j=0;(1<<j)<=d;j++)if((1<<j)&d)x=f[x][j]; if(x==y)return x; for(int j=17;j>=0;j--)if((1<<j)<=deep[x]&&f[x][j]!=f[y][j])x=f[x][j],y=f[y][j]; return f[x][0]; } void reverse(int x){ if(vis[x])ans-=1ll*w[num[c[x]]--]*v[c[x]]; else ans+=1ll*w[++num[c[x]]]*v[c[x]]; vis[x]^=1; } void modify(int x,int y){ if(!vis[x])c[x]=y; else reverse(x),c[x]=y,reverse(x); } void solve(int x,int y){ while(x!=y){ if(deep[x]>deep[y])reverse(x),x=f[x][0]; else reverse(y),y=f[y][0]; } } bool cmp(C1 a,C1 b){return belong[a.x]<belong[b.x]||(belong[a.x]==belong[b.x]&&belong[a.y]<belong[b.y])|| (belong[a.x]==belong[b.x]&&belong[a.y]==belong[b.y]&&a.t<b.t);} int main(){ n=read();m=read();q=read(); for(int i=1;i<=m;i++)v[i]=read(); for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=read(); for(int i=1;i<n;i++){ int u=read(),v=read(); insert(u,v);insert(v,u); } B=pow(n,2.0/3)*0.5; dfs(1,0); while(top)belong[st[top--]]=cnt; for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=pre[i]=read(); for(int i=1;i<=q;i++){ int kind=read(),x=read(),y=read(); if(!kind){ a[++c0]=(C0){x,y,pre[x]},pre[x]=y; } else{ b[++c1]=(C1){x,y,c0,c1}; if(belong[b[c1].x]>belong[b[c1].y])swap(b[c1].x,b[c1].y); } } sort(b+1,b+c1+1,cmp); for(int i=1;i<=b[1].t;i++)modify(a[i].x,a[i].y); solve(b[1].x,b[1].y); int c=lca(b[1].x,b[1].y); reverse(c);ANS[b[1].id]=ans;reverse(c); for(int i=2;i<=c1;i++){ for(int j=b[i-1].t+1;j<=b[i].t;j++)modify(a[j].x,a[j].y); for(int j=b[i-1].t;j>b[i].t;j--)modify(a[j].x,a[j].pre); solve(b[i-1].x,b[i].x);solve(b[i-1].y,b[i].y); int c=lca(b[i].x,b[i].y); reverse(c);ANS[b[i].id]=ans;reverse(c); } for(int i=1;i<=c1;i++)printf("%lld ",ANS[i]); return 0; }
这道题主要是树上莫队和带修改莫队的结合：
1.树上莫队没有什么高论，就是把分块换成树分块，然后转移区间的时候使用(x,x')和(y,y')而已。
2.待修改莫队一个是关键字排序，另一个是对称差操作。
然后本题之所以必须考虑分块，是因为询问的信息是需要整条链的每个节点的信息，这不得不对链暴力。