树分块有两种方法：
1."王室联邦"分块：
一个点可以在多个块中。
每个块有一个顶部，每个块只能和其它块共用顶部。
一个块的顶部是它的所有点的lca，顶部深度最小。
每个块的深度次小的节点的父亲相同，都是块顶。
对于每个块，如果插入每个块的顶部，则块内每个节点必须连通。
删除所有块的顶部，最多只有1个块的大小不在范围([B,3B])之间。
分块方法：用栈和dfs，在dfs的过程中维护数组sz，表示当前和点(x)连通的，还未被分块的节点个数。
栈是未被分块节点集合。
当(szgeq B)时，把栈中所有节点删除，给这些节点新分配一个块。
事实上，这样子分块后每个块也能构成树结构：把每个块新建一个点，每个块的顶部也建一个节点。
每个块顶和每个块对应的节点连边。
如果(a)块和(b)块有公共点但是块顶不同，则连边。
块顶为(x)。
2.随机分块
在树上随机取(B)个关键点。
把关键点和根建立虚树。
虚树上的点就是关键点。
这个分块的性质是：一个点期望向父亲跳(frac{n}{B})次就能遇到关键点。
它在处理路径信息比较方便。
随机分块：
问题1：树上路径众数。
先把询问的((x,y))向跳到上面第一个关键点((x',y'))
如果(x'=y')，则可以暴力跳跃。
否则考虑((x',y'))路径上的众数，可以把所有关键点为根求出。
根据分块的一种方法（空间(nsqrt{n})），可以考虑预处理出(f_{i,j})表示第(i)个关键点到根的节点有多少个(j)。
用(f_{x',a_i}+f_{y',a_i}-f_{lca(x',y'),a_i})即可求出路径上的颜色为(a_i)的点数。
时空复杂度(O(nsqrt{n}))
问题2：lg3603
链上显然可以分块，预处理每个块的bitset，查询时把对应块的bitset or起来后，对于边角暴力修改即可得到答案的bitset。
然后find_next即可。
树上显然可以树分块
随机分块后预处理关键点之间的bitset，查询把对应块的bitset or起来后，对于边角暴力修改即可得到答案的bitset。
问题3：IOI2009 regions
问题4：loj6115
问题5：hdu6271
简单题
随机分块后，考虑每个询问点跳到它的上面第一个关键点。
设询问((x,y))为插入根到((x,y))边的连通块个数
设一个询问跳到((x',y'))
则从((x',y'))向下插入(sqrt{n})条边就可以得到答案，然后撤销即可。
用并查集维护。
我们还需要维护插入根到((x',y'))边的连通性。
固定(y')，从根到(x')dfs。
在dfs到某个点时维护这个点到父亲的边集即可。
王室联邦分块：
问题6：gty的妹子树
做法1：时间分块（定期重构）
做法很显然。
每(sqrt{n})个0/2操作后重构
如果没有修改，显然用可持久化线段树合并，查询子树中(<a_x)的值即可。
如果有修改，发现如果更新可持久化线段树需要全局更新。
如果不全局更新，考虑记录下所有被修改过的点，这些点显然不多。
对于0操作我们需要查询子树/父亲链对当前点的贡献，然后减去原来的贡献，加上现在的贡献，而2操作就不用
最多只需要扫描(sqrt{n})个点。
快速判定一个点是否是另一个点的祖先可以dfs序，然而重构后不能用dfs序。
考虑倍增，设要判定(x)是否是(y)的祖先，显然把(y)跳到和(x)同深度后，判定(x)是否等于(y)即可。
时间复杂度(O(nsqrt{nlog_2n}))
问题7：「THUPC 2019」不用找的树
问题8：count
先考虑序列上怎么做。
(O(n^2))做法：(a_j-a_i=a_k-a_j)，可以枚举(j,k)，(i)必须(<j)
这样子由(j,k)可以得到(i)的值：(2a_j-a_k=a_i)
维护桶即可。
优化显然考虑分块，注意到(j,k)在同一个块内时间复杂度较低。
分4种情况：
1.(i,j,k)在同一块：枚举(j,k)，维护(<j)下标构成的桶
2.(i)在某一块，(j,k)在另一块：(j,k)最多枚举(O(nsqrt{n}))次。
3.(i,j)在同一块，(k)在某一块：同情况2
4.(i,j,k)分别在不同的块内：此时(2a_j=a_k+a_i)
事实上，可以对于两边块内的所有元素的对应位置(cnt_{a_i}++)，两边fft卷积即可。
考虑拓展到树上。
分块后
问题9：lg5064
问他10：rpdq