题意
首先知道A nand B=not(A and B) （运算操作限制了数位位数为K）比如2 nand 3，K=3，则2 nand 3=not (2 and 3)=not 2=5。
给出一棵树，树上每个点都有点权，定义树上从a到b的费用为0与路径上的点的权值顺次nand的结果，例如：从2号点到5号点顺次经过2->3->5，权值分别为5、7、2，K=3，那么最终结果为0 nand 5 nand 7 nand 2=7 nand 7 nand 2=0 nand 2=7，现在这棵树需要支持以下操作。
① Replace a b:将点a（1≤a≤N）的权值改为b。
② Query a b:输出点a到点b的费用。
请众神给出一个程序支持这些操作。
N、M≤100000，K≤32
分析
参照CQzhangyu的题解。
网上都说要拆位，那么我也拆位吧~（不拆位好像也能做？）
首先，nand不满足交换律或结合律。
我们先树剖，然后对于每一位，都用线段树维护tl[d][x]，代表如果该位是d，从左边来经过这个区间后会变成的数，tr[d][x]代表如果该位是d，从右往左经过这个区间后会变成的数。然后就是区间合并的事了~
对于询问a,b，我们先求出从a向上走到lca的变化，再求出从lca向下走到b的变化即可。
时间复杂度(O(n+mlog^2 n))。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
#define lson x<<1
#define rson x<<1|1
template<class T>il T read(){
rg T data=0,w=1;
rg char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') w=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x){
return x=read<T>();
}
typedef long long ll;
int n,m,k,cnt;
char str[10];
co int N=1e5+1;
int to[N*2],next[N*2],head[N],fa[N],dep[N],siz[N],top[N],son[N],p[N],q[N],st[N];
unsigned v[N];
struct seg{
bool tl[2][N*4],tr[2][N*4];
void pushup(int x){
tl[0][x]=tl[tl[0][lson]][rson],tl[1][x]=tl[tl[1][lson]][rson];
tr[0][x]=tr[tr[0][rson]][lson],tr[1][x]=tr[tr[1][rson]][lson];
}
void build(int l,int r,int x,int a){
if(l==r){
tl[0][x]=tr[0][x]=1,tl[1][x]=tr[1][x]=!(v[q[l]]>>a&1);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,lson,a),build(mid+1,r,rson,a);
pushup(x);
}
void updata(int l,int r,int x,int a,bool b){
if(l==r){
tl[0][x]=tr[0][x]=1,tl[1][x]=tr[1][x]=!b;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(a<=mid) updata(l,mid,lson,a,b);
else updata(mid+1,r,rson,a,b);
pushup(x);
}
bool ql(int l,int r,int x,int a,int b,bool c){
if(a<=l&&r<=b) return tl[c][x];
int mid=(l+r)>>1;
if(b<=mid) return ql(l,mid,lson,a,b,c);
if(a>mid) return ql(mid+1,r,rson,a,b,c);
return ql(mid+1,r,rson,a,b,ql(l,mid,lson,a,b,c));
}
bool qr(int l,int r,int x,int a,int b,bool c){
if(a<=l&&r<=b) return tr[c][x];
int mid=(l+r)>>1;
if(b<=mid) return qr(l,mid,lson,a,b,c);
if(a>mid) return qr(mid+1,r,rson,a,b,c);
return qr(l,mid,lson,a,b,qr(mid+1,r,rson,a,b,c));
}
}s[33];
void dfs1(int x){
siz[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=next[i]){
if(to[i]==fa[x]) continue;
fa[to[i]]=x,dep[to[i]]=dep[x]+1,dfs1(to[i]),siz[x]+=siz[to[i]];
if(siz[to[i]]>siz[son[x]]) son[x]=to[i];
}
}
void dfs2(int x,int tp){
top[x]=tp,p[x]=++p[0],q[p[0]]=x;
if(!son[x]) return;
dfs2(son[x],tp);
for(int i=head[x];i;i=next[i]){
if(to[i]==fa[x]||to[i]==son[x]) continue;
dfs2(to[i],to[i]);
}
}
void add(int a,int b){
to[++cnt]=b,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt;
to[++cnt]=a,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt;
}
void ask(int x,int y){
unsigned ans=0;
st[0]=0;
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]>=dep[top[y]]){
for(int i=0;i<k;++i)
ans=ans-(ans&(1<<i))+(s[i].qr(1,n,1,p[top[x]],p[x],ans>>i&1)<<i);
x=fa[top[x]];
}
else st[++st[0]]=y,y=fa[top[y]];
}
if(dep[x]<dep[y])
for(int i=0;i<k;++i)
ans=ans-(ans&(1<<i))+(s[i].ql(1,n,1,p[x],p[y],ans>>i&1)<<i);
else
for(int i=0;i<k;++i)
ans=ans-(ans&(1<<i))+(s[i].qr(1,n,1,p[y],p[x],ans>>i&1)<<i);
for(y=st[0];y;--y)
for(int i=0;i<k;++i)
ans=ans-(ans&(1<<i))+(s[i].ql(1,n,1,p[top[st[y]]],p[st[y]],ans>>i&1)<<i);
printf("%u
",ans);
}
int main(){
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
read(n),read(m),read(k);
for(int i=1;i<=n;++i)
read(v[i]);
for(int i=1;i<n;++i)
add(read<int>(),read<int>());
dep[1]=1,dfs1(1),dfs2(1,1);
for(int i=0;i<k;++i)
s[i].build(1,n,1,i);
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%s",str);
if(str[0]=='Q'){
int a=read<int>(),b=read<int>();
ask(a,b);
}
else{
int a=read<int>();read(v[a]);
for(int j=0;j<k;++j)
s[j].updata(1,n,1,p[a],v[a]>>j&1);
}
}
return 0;
}