Description
小Y家里有一个大森林，里面有n棵树，编号从1到n。
一开始这些树都只是树苗，只有一个节点，标号为1。
这些树都有一个特殊的节点，我们称之为生长节点，这些节点有生长出子节点的能力。
小Y掌握了一种魔法，能让第l棵树到第r棵树的生长节点长出一个子节点。
同时她还能修改第l棵树到第r棵树的生长节点。
她告诉了你她使用魔法的记录，你能不能管理她家的森林，并且回答她的询问呢？
Input
第一行包含 2 个正整数 n,m，共有 n 棵树和 m 个操作。
接下来 m 行，每行包含若干非负整数表示一个操作，操作格式为：
0 l r 表示将第 l 棵树到第 r 棵树的生长节点下面长出一个子节点，子节点的标号为上一个 0 号操作叶子标号加 1（例如，第一个 0 号操作产生的子节点标号为 2）， l 到 r 之间的树长出的节点标号都相同。保证 1≤l≤
r≤n 。
1 l r x 表示将第 l 棵树到第 r 棵树的生长节点改到标号为 x 的节点。对于 i (l≤i≤r)这棵树，如果标号 x的点不在其中，那么这个操作对该树不产生影响。保证 1≤l≤r≤n ， x 不超过当前所有树中节点最大的标号。
2 x u v 询问第 x 棵树中节点 u 到节点 v 点的距离，也就是在第 x 棵树中从节点 u 和节点 v 的最短路上边的数量。保证1≤x≤n，这棵树中节点 u 和节点 v 存在。
N<=10^5,M<=2*10^5
Output
输出包括若干行，按顺序对于每个小Y的询问输出答案
Sample Input
5 5
0 1 5
1 2 4 2
0 1 4
2 1 1 3
2 2 1 3
0 1 5
1 2 4 2
0 1 4
2 1 1 3
2 2 1 3
Sample Output
1
2
2
题解Here!
首先理解题目要我们干什么。
区间种树。。。
感觉跟$LCT$跑不了关系。。。
但是肯定不能暴力种树对吧。。。
所以我们要简化问题。
我们发现，如果没有操作$1$，那么种出来的所有的树一定都是一种形态——一条链。
所以我们考虑操作$1$的影响。
我们发现，对于一个操作$1$来说，假设询问长这样：$l r x$
那么区间$[l,r]$之内的树的生长节点一定是一样的。
而改变就在$[l-1,l],[r,r+1]$这两个区间。
$[l-1,l]$表示从$l$开始，生长节点变成了$x$。
$[r,r+1]$表示从$r+1$开始，生长节点不变。
现在假设以后都没有操作$1$，那么我们又可以换一种理解：
$[l-1,l]$表示从$l$开始，以后所长出来的所有节点全部嫁接到了$x$下面。
$[r,r+1]$表示从$r+1$开始，以后所长出来的所有节点还是嫁接在原来的生长节点下面。
所以我们只要快速嫁接子树即可。
但是，我们考虑一个问题——总不能暴力一个一个地嫁接吧。。。
题目很好，没有说强制在线——那就离线！
然后我们还有最后一个问题——如何快速嫁接子树？
我们可以想到，如果这个嫁接是$O(1)$的该有多好！
$O(1)$的嫁接是什么？——直接改父亲指向！
自然，我们想到了一个可以直接改父亲指向的东东——虚树！
我们对于每个操作$1$，我们建立一个虚点，将所有后面的操作$0$生成的子树全部挂在这个虚点下面。
这样每次嫁接我们就可以直接断开原来的边，连上新边。
复杂度虽然不是$O(1)$的，但是$O(log_2n)$已经很优秀了。
但是我们发现这样还是要暴力一个一个嫁接，复杂度依然爆炸。。。
没事，我们上面不是说了操作$1$的另外一种理解吗？
所以我们可以把每个操作$1$都拆成两个嫁接操作。
再对所有操作以端点为第一关键字，原时间顺序为第二关键字排序。
然后一遍扫描线扫过去就可以了。
到此，操作$1$分析完毕！
等等。。。好像还有个操作$2$啊喂！
我们不是建出来了$n$颗树嘛？
那就直接丢到树上就好了嘛。。。
还记得树上两点的距离公式吗？
$$dis(u,v)=deep[u]+deep[v]-2 imes deep[LCA(u,v)]$$
然后。。。等等，这不是在$LCT$上吗？
于是问题来了——$LCT$怎么求$LCA$啊？？？
其实很简单，假如我们要求$LCA(x,y)$，我们先$access(x);splay(x);$，然后$access(y);$。
我们发现这个时候的树根就是$LCA(x,y)$！（我可能说错了，各路神犇轻喷。。。）
大概意思的话，可以看代码，$work$函数里面的$lca$就表示$LCA$。
可以画几个图感性理解一下。
但是这个$deep[i]$怎么搞啊。。。
我们发现，我们用上述方法求出来的$LCA$可能是个虚点。
那个对应的实点可能不一定是$LCA$。。。
怎么办？
我们给个点权就好——实点点权为$1$，虚点点权为$0$。
记$s[x]=s[lson]+s[rson]+v[x]$，$v[x]$表示$x$的点权。
那么最终的答案就可以表示为：
$$dis(u,v)=s[u]+s[v]-2 imes s[LCA(u,v)]$$
为什么不用$deep[i]$了呢？因为我们把重复的那部分已经减掉了。
这样就避免了复杂的求$deep[i]$。
到此，我们对于整个题目的分析结束。
剩下的就是代码的事儿了。。。
反正就是各种各样奇奇怪怪乱七八糟的变量名和映射然后毁天灭地。。。
我还开了个$namespace$防止变量名重复。。。
吐槽：题目好难。。。代码好烦。。。打字好累。。。
附代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define MAXN 1000010
using namespace std;
int n,m,q=0,num=1;
int s[MAXN],t[MAXN],w[MAXN],ans[MAXN];
bool Ask[MAXN];
struct Question{
int f,x,y,id;
friend bool operator <(const Question &p,const Question &q){
if(p.id==q.id)return p.f<q.f;
return p.id<q.id;
}
}que[MAXN];
inline int read(){
int date=0,w=1;char c=0;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
return date*w;
}
namespace LCT{
int size=0,stack[MAXN];
struct Link_Cut_Tree{
int f,flag,son[2];
int v,s;
}a[MAXN];
inline bool isroot(int rt){
return a[a[rt].f].son[0]!=rt&&a[a[rt].f].son[1]!=rt;
}
inline int newnode(int v){
int rt=++size;
a[rt].s=a[rt].v=v;
return rt;
}
inline void pushup(int rt){
if(!rt)return;
a[rt].s=a[a[rt].son[0]].s+a[a[rt].son[1]].s+a[rt].v;
}
inline void pushdown(int rt){
if(!rt||!a[rt].flag)return;
a[a[rt].son[0]].flag^=1;a[a[rt].son[1]].flag^=1;a[rt].flag^=1;
swap(a[rt].son[0],a[rt].son[1]);
}
inline void turn(int rt){
int x=a[rt].f,y=a[x].f,k=a[x].son[0]==rt?1:0;
if(!isroot(x)){
if(a[y].son[0]==x)a[y].son[0]=rt;
else a[y].son[1]=rt;
}
a[rt].f=y;a[x].f=rt;a[a[rt].son[k]].f=x;
a[x].son[k^1]=a[rt].son[k];a[rt].son[k]=x;
pushup(x);pushup(rt);
}
void splay(int rt){
int top=0;
stack[++top]=rt;
for(int i=rt;!isroot(i);i=a[i].f)stack[++top]=a[i].f;
while(top)pushdown(stack[top--]);
while(!isroot(rt)){
int x=a[rt].f,y=a[x].f;
if(!isroot(x)){
if((a[y].son[0]==x)^(a[x].son[0]==rt))turn(rt);
else turn(x);
}
turn(rt);
}
}
void access(int rt){
for(int i=0;rt;i=rt,rt=a[rt].f){
splay(rt);
a[rt].son[1]=i;
pushup(rt);
}
}
int access_lca(int rt){
int i;
for(i=0;rt;i=rt,rt=a[rt].f){
splay(rt);
a[rt].son[1]=i;
pushup(rt);
}
return i;
}
inline void split(int x){access(x);splay(x);}
inline void link(int x,int y){splay(x);a[x].f=y;}
inline void cut(int x){split(x);a[a[x].son[0]].f=0;a[x].son[0]=0;pushup(x);}
}
inline void add_que(int f,int x,int y,int id){
q++;
que[q].f=f;que[q].x=x;que[q].y=y;que[q].id=id;
}
void work(){
int f,x,y,lca;
for(int i=1,k=1;i<=n;i++)for(;que[k].id==i;k++){
f=que[k].f;x=que[k].x;y=que[k].y;
if(f>0){
LCT::split(x);ans[f]+=LCT::a[x].s;
lca=LCT::access_lca(y);LCT::splay(y);ans[f]+=LCT::a[y].s;
LCT::split(lca);ans[f]-=LCT::a[lca].s*2;
}
else{
LCT::cut(x);LCT::link(x,y);
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)if(Ask[i])printf("%d
",ans[i]);
}
void init(){
int f,x,y,k,u,now;
n=read();m=read();
x=LCT::newnode(1);y=LCT::newnode(0);LCT::link(y,x);
now=2;
w[1]=s[1]=1;t[1]=n;
for(int i=1;i<=m;i++){
f=read();x=read();y=read();
if(f==0){
num++;
u=LCT::newnode(1);
w[num]=u;s[num]=x;t[num]=y;
add_que(i-m,u,now,1);
}
else if(f==1){
k=read();x=max(x,s[k]);y=min(y,t[k]);
if(x<=y){
u=LCT::newnode(0);
LCT::link(u,now);
add_que(i-m,u,w[k],x);
add_que(i-m,u,now,y+1);
now=u;
}
}
else{
k=read();
Ask[i]=true;
add_que(i,w[y],w[k],x);
}
}
sort(que+1,que+q+1);
}
int main(){
init();
work();
return 0;
}