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。
$1leq n,m,qleq 100000$
转载自Navi_Awson
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 $lca$ ）。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 typedef long long lol; 8 struct ZYYS 9 { 10 int x,y,p,id; 11 }p[100001],q[100001]; 12 struct Node 13 { 14 int next,to; 15 }edge[200001]; 16 int num,head[100001],block[100001],tot,size[100001],son[100001],block_size,block_num,cnt,s[100001]; 17 int top[100001],dfn[100001],dep[100001],fa[100001],rev[100001],c[100001],n,m,Q,pre[100001],cntp,cntq; 18 int curl,curr,curp; 19 lol sum,v[100001],w[100001],ans[100001]; 20 bool cmp(ZYYS a,ZYYS b) 21 { 22 if (block[a.x]==block[b.x]) 23 { 24 if (block[a.y]==block[b.y]) return a.id<b.id; 25 else return block[a.y]<block[b.y]; 26 } 27 else return block[a.x]<block[b.x]; 28 } 29 void add(int u,int v) 30 { 31 num++; 32 edge[num].next=head[u]; 33 head[u]=num; 34 edge[num].to=v; 35 } 36 void dfs1(int x,int pa) 37 {int i; 38 int bot=tot; 39 fa[x]=pa; 40 size[x]=1; 41 dep[x]=dep[pa]+1; 42 for (i=head[x];i;i=edge[i].next) 43 { 44 int v=edge[i].to; 45 if (v==pa) continue; 46 dfs1(v,x); 47 if (size[son[x]]<size[v]) son[x]=v; 48 size[x]+=size[v]; 49 if (tot-bot>=block_size) 50 { 51 ++cnt; 52 while (tot>bot) 53 { 54 block[s[tot--]]=cnt; 55 } 56 } 57 } 58 s[++tot]=x; 59 } 60 void dfs2(int x,int pa,int tp) 61 {int i; 62 top[x]=tp; 63 dfn[x]=++tot; 64 if (son[x]) dfs2(son[x],x,tp); 65 for (i=head[x];i;i=edge[i].next) 66 { 67 int v=edge[i].to; 68 if (v==pa||v==son[x]) continue; 69 dfs2(v,x,v); 70 } 71 } 72 int get_lca(int x,int y) 73 { 74 while (top[x]!=top[y]) 75 { 76 if (dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y); 77 x=fa[top[x]]; 78 } 79 if (dep[x]<dep[y]) return x; 80 return y; 81 } 82 void reverse(int x) 83 { 84 if (rev[x]) sum-=v[c[x]]*w[s[c[x]]],s[c[x]]--; 85 else s[c[x]]++,sum+=v[c[x]]*w[s[c[x]]]; 86 rev[x]^=1; 87 } 88 void update(int x,int y) 89 { 90 if (rev[x]) reverse(x),c[x]=y,reverse(x); 91 else c[x]=y; 92 } 93 void move(int x,int y) 94 { 95 while (x!=y) 96 { 97 if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y); 98 reverse(x); 99 x=fa[x]; 100 } 101 } 102 int main() 103 {int i,uu,vv,opt,x,y; 104 cin>>n>>m>>Q; 105 for (i=1;i<=m;i++) 106 scanf("%lld",&v[i]); 107 for (i=1;i<=n;i++) 108 scanf("%lld",&w[i]); 109 block_size=pow(n,0.666667); 110 block_num=n/block_size; 111 for (i=1;i<n;i++) 112 { 113 scanf("%d%d",&uu,&vv); 114 add(uu,vv);add(vv,uu); 115 } 116 for (i=1;i<=n;i++) 117 { 118 scanf("%d",&c[i]); 119 pre[i]=c[i]; 120 } 121 dfs1(1,0); 122 ++cnt; 123 while (tot) 124 { 125 block[s[tot--]]=cnt; 126 } 127 tot=0; 128 memset(s,0,sizeof(s)); 129 dfs2(1,0,1); 130 for (i=1;i<=Q;i++) 131 { 132 scanf("%d",&opt); 133 if (opt==0) 134 { 135 scanf("%d%d",&x,&y); 136 p[++cntp]=(ZYYS){x,y,pre[x],0}; 137 pre[x]=y; 138 } 139 else 140 { 141 scanf("%d%d",&x,&y); 142 q[++cntq]=(ZYYS){x,y,cntp,cntq}; 143 } 144 } 145 sort(q+1,q+cntq+1,cmp); 146 curl=1;curr=1;curp=0; 147 for (i=1;i<=cntq;i++) 148 { 149 while (curp<q[i].p) {curp++;update(p[curp].x,p[curp].y);} 150 while (curp>q[i].p) {update(p[curp].x,p[curp].p);curp--;} 151 move(curl,q[i].x);curl=q[i].x; 152 move(curr,q[i].y);curr=q[i].y; 153 int lca=get_lca(curl,curr); 154 reverse(lca); 155 ans[q[i].id]=sum; 156 reverse(lca); 157 } 158 for (i=1;i<=cntq;i++) 159 { 160 printf("%lld ",ans[i]); 161 } 162 }