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题目链接：BZOJ4811
正解：树链剖分+线段树
解题报告：
因为位与位之间互相独立，考虑直观做法，对于每一位维护两个变量，分别表示这一位输入$0$、$1$之后会变成的值。
这个复杂度是$O(knlog^2n)$，显然不能通过。
但是我们不难发现，对于不同的位，其$0$、$1$的变化趋势相同，那么可以用位运算优化， 把每个输入$0$、$1$压成两个二进制数，每次的变化可以变成位运算。
仔细考虑一下含义，不妨设为$x$、$y$两个变量合并。
那么$x$的$0$最终会变成的值，应该是$0$变成$1$再从$1$变成$0$，或上$0$保持$0$的情况。想想就能推出来了==
注意合并顺序。
//It is made by ljh2000
//有志者，事竟成，破釜沉舟，百二秦关终属楚；苦心人，天不负，卧薪尝胆，三千越甲可吞吴。
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <ctime>
#define lc root<<1
#define rc root<<1|1
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define reg(i,x) for(int i=first[x];i;i=nxt[i])
using namespace std;
typedef unsigned long long LL;
const int MAXN = 200011;
const int MAXM = 400011;
int n,m,Type[MAXN],ecnt,first[MAXN],nxt[MAXM],to[MAXM],son[MAXN],size[MAXN],top[MAXN],dfn[MAXN],pre[MAXN],deep[MAXN],ql,qr,father[MAXN];
LL chu[MAXN],k,A,mi[100];
bool ok;
struct node{ LL ans0,ans1; }a[MAXN*3],b[MAXN*3],ans,ansx,ansy,tmp;
inline void link(int x,int y){ nxt[++ecnt]=first[x]; first[x]=ecnt; to[ecnt]=y; }
inline node merge(node q,node qq){ return (node){(q.ans0&qq.ans1) | (~q.ans0&qq.ans0) , (q.ans1&qq.ans1) | (~q.ans1&qq.ans0)}; }
inline LL getint(){
LL w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline node get(int tt,LL z){
if(tt==1) return (node){ 0,(~0)&z };
else if(tt==2) return (node){ z,(~0)|z };
else return (node){ z,(~0)^z };
}
inline void dfs(int x,int fa){
size[x]=1;
reg(i,x) {
int v=to[i]; if(v==fa) continue;
deep[v]=deep[x]+1; father[v]=x; dfs(v,x);
size[x]+=size[v]; if(size[v]>size[son[x]]) son[x]=v;
}
}
inline void dfs2(int x,int fa){
dfn[x]=++ecnt; pre[ecnt]=x; if(son[x]) top[son[x]]=top[x],dfs2(son[x],x);
reg(i,x) {
int v=to[i]; if(v==fa || v==son[x]) continue;
top[v]=v; dfs2(v,x);
}
}
inline void build(int root,int l,int r){
if(l==r) {
int x=pre[l];
a[root]=b[root]=get(Type[x],chu[x]);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1; build(lc,l,mid); build(rc,mid+1,r);
a[root]=merge(a[lc],a[rc]);
b[root]=merge(b[rc],b[lc]);
}
inline void modify(int root,int l,int r,int pos,int tt,LL z){
if(l==r) {
a[root]=get(tt,z);
b[root]=get(tt,z);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid) modify(lc,l,mid,pos,tt,z);
else modify(rc,mid+1,r,pos,tt,z);
a[root]=merge(a[lc],a[rc]);
b[root]=merge(b[rc],b[lc]);
}
inline void query(int root,int l,int r,int type){
if(ql<=l && r<=qr) {
if(!ok) {
ok=true;
tmp=type?a[root]:b[root];
}
else {
if(type) tmp=merge(tmp,a[root]);
else tmp=merge(tmp,b[root]);
}
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(qr<=mid) query(lc,l,mid,type);
else if(ql>mid) query(rc,mid+1,r,type);
else {
if(type) query(lc,l,mid,type),query(rc,mid+1,r,type);//down y!!!
else query(rc,mid+1,r,type),query(lc,l,mid,type);//up x!!!
}
}
inline void lca(int x,int y){
int f1=top[x],f2=top[y];
bool flag1=false,flag2=false;
while(f1!=f2) {
if(deep[f1]<deep[f2]) {
ql=dfn[f2]; qr=dfn[y]; ok=false;
query(1,1,n,1);
y=father[f2]; f2=top[y];
if(!flag2) ansy=tmp,flag2=true;
else ansy=merge(tmp,ansy);
}
else {
ql=dfn[f1]; qr=dfn[x]; ok=false;
query(1,1,n,0);
x=father[f1]; f1=top[x];
if(!flag1) ansx=tmp,flag1=true;
else ansx=merge(ansx,tmp);
}
}
if(deep[x]<deep[y]) {
ql=dfn[x]; qr=dfn[y]; ok=false;
query(1,1,n,1);
if(!flag2) ansy=tmp,flag2=true;//!!!
else ansy=merge(tmp,ansy);
}
else {
ql=dfn[y]; qr=dfn[x]; ok=false;
query(1,1,n,0);
if(!flag1) ansx=tmp,flag1=true;//!!!
else ansx=merge(ansx,tmp);
}
if(!flag1) ans=ansy;
else if(!flag2) ans=ansx;
else ans=merge(ansx,ansy);
}
inline void work(){
n=getint(); m=getint(); k=getint(); for(int i=1;i<=n;i++) Type[i]=getint(),chu[i]=getint();
int type,x,y; LL z,now; for(int i=1;i<n;i++) { x=getint(); y=getint(); link(x,y); link(y,x); }
deep[1]=1; dfs(1,0);
ecnt=0; dfs2(1,0);
build(1,1,n);
mi[0]=1; for(int i=1;i<=64;i++) mi[i]=mi[i-1]*2;
while(m--) {
type=getint();
if(type==1) {
x=getint(); y=getint(); z=getint();
lca(x,y);
A=0; now=0;
for(long long i=k;i>=0;i--) {
if((ans.ans0>>i)&1) A+=mi[i];
else if(( ans.ans1>>i &1 ) && (now+mi[i]<=z)){
A+=mi[i];
now+=mi[i];
}
}
//cout<<A<<endl;
printf("%llu
",A);
}
else {
x=getint(); y=getint(); z=getint();
modify(1,1,n,dfn[x],y,z);
}
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("4811.in","r",stdin);
freopen("4811.out","w",stdout);
#endif
work();
return 0;
}
//有志者，事竟成，破釜沉舟，百二秦关终属楚；苦心人，天不负，卧薪尝胆，三千越甲可吞吴。