题意：
给定一棵有 \(3n+1\) 个结点的有根树，其中有 \(n\) 个实点和 \(2n+1\) 个虚点，每个实点有 \(3\) 个儿子而所有虚点都没有儿子。实点从 \(1\) 到 \(n\) 编号，虚点从 \(n+1\) 到 \(3n+1\) 编号，且 \(1\) 号点为根。
每个点都有一个点权，其中，虚点的点权由输入确定且只可能为 \(0\) 或 \(1\)，而实点的点权为三个子结点的点权的众数。你需要支持三种操作（操作总数为 \(m\)）：
- 操作 \(1\)：输入 \(1\ z\)，表示将虛点 \(z\) 的新点权设为其原点权异或 \(1\) 后的值。
- 操作 \(2\)：输入 \(2\ x\ y\)，表示给定两实点 \(x,y\)，若 \(x,y\) 不同且不为祖孙关系则将 \(x\) 的父结点与 \(y\) 的父结点交换。
- 操作 \(3\)：输入 \(3\ x\)，表示查询实点 \(x\) 的点权。
题解：
我校大佬LinZhengyu对于原题可以让树剖过非常生气，于是他加强了这道题，把树剖卡掉了 （毒瘤啊）。
考虑使用 \(LCT\) 实现这些功能 ，想用树剖？你是想要被嬴政弃市吗？ 。
操作 \(1\)：
这是非加强版就有的操作。
首先显然有：每一次修改权值改变的点的集合一定是某一条自上而下的链，并且不一定是从根开始的，但是一定以被修改点结尾的。
我们定义 \(sum_i\)为 \(i\) 号节点的子节点的点权和。
我们发现：
- 若修改的点是从 \(1\) 变成 \(0\)，那么从修改点一直往上，只有 \(sum=2\) 的点的点权会改变（从 \(1\) 变成 \(0\)）
- 若修改的点是从 \(0\) 变成 \(1\)，那么从修改点一直往上，只有 \(sum=1\) 的点的点权会改变（从 \(0\) 变成 \(1\)）
那么我们修改一个点，要找到的就是深度最大且 \(sum\ne 1/2\) 的点。
这个可以二分求得，但是这样会多一个 \(\log\) （然后你就被毒瘤出题人卡了），我们考虑直接维护。我们记 \(t1_i,t2_i\) 为从 \(i\) 号点往上，深度最大且 \(sum\ne 1/2\) 的点，然后我们只需要在 \(pushup\) 中魔改即可，具体细节如下：
以维护 \(t1_x\) 为例（\(t2_x\) 同理）：我们先从其中的一个儿子转移上来，比如说 \(ch_{x,0}\)，如果这时 \(t1_x\) 还是没有值，我们就考虑 \(x\) 点本身，如果符合要求，那么 \(t1_x=x\)，否则 \(t1_x=t1_{ch_{x,1}}\)。
这之后就是修改一条链的操作了，直接套模板。
细节方面：
设当前被修改点为 \(x\)。
- 在修改的时候，不能将被修改的叶子节点也放到 \(splay\) 当中（即 \(access\) 的时候一定要从 \(fa_x\) 开始 \(access\)），因为如果叶子节点的 \(sum\) 为 \(0\)，那么这个 \(splay\) 里面的 \(t1_x,t2_x\) 都是这个叶子节点，那么我们维护就没有意义了。
- 在把 \(fa_x\) 旋根之后，一定是修改右子树，而不是修改整个子树，因为左子树的信息并不会改变。
- 在修改了右子树之后，不要忘记对 \(fa_x\) 进行单点修改。
单次操作时间复杂度为 \(O(\log{n})\)。
操作 \(2\)：
这是 毒瘤 出题人为了卡树剖而加的操作。
但其实这个操作在我们会了操作 \(1\) 后是没有什么难度的。显然，如果 \(x,y\) 的点权相等，可以直接用 \(link\) 个 \(cut\) 操作解决；如果不相等，那么就是先修改这两个点（与操作 \(1\) 不同的是，这次修改不改变实际点权，只是假装这个点被修改了，以此来影响祖先），然后再换父亲。单次操作时间复杂度为 \(O(\log{n})\)。
操作 \(3\)：
这就是一个查询操作，显然直接把 \(x\ splay\) 上去，就可以直接查询了,单次操作时间复杂度为 \(O(\log{n})\)。
综上所述，我们成功用 \(LCT\) 解决了这道题，时间复杂度为 \(O(m\log{n})\)，空间复杂度为 \(O(n)\) ，把树剖吊起来打。
Code：
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#define il inline
#define N 900002
using namespace std;
int n,q,to[N],nx[N],head[N],sze,st[N],f[N];
int F[N],s[N][2],lz[N],t1[N],t2[N],val[N],sum[N];
il void add(int u,int v){to[++sze]=v,nx[sze]=head[u],head[u]=sze;}
il void dfs(int u)
{
int i,v;
for (i=head[u]; i; i=nx[i]) dfs(v=to[i]),sum[u]+=val[v];
if (u<=n) val[u]=sum[u]>1;
}
il int ckrt(int x){return s[F[x]][0]==x||s[F[x]][1]==x;}
il void tag(int x,int v){if (x) val[x]=(sum[x]+=v)>1,swap(t1[x],t2[x]),lz[x]+=v;}
il void pushup(int x)
{
t1[x]=t1[s[x][1]],t2[x]=t2[s[x][1]];
if (!t1[x])
{
if (sum[x]!=1) t1[x]=x;
else t1[x]=t1[s[x][0]];
}
if (!t2[x])
{
if (sum[x]!=2) t2[x]=x;
else t2[x]=t2[s[x][0]];
}
}
il void pushdown(int x)
{
if (!lz[x]) return;
tag(s[x][0],lz[x]),tag(s[x][1],lz[x]),lz[x]=0;
}
il void rot(int x)
{
int y=F[x],z=F[y],k=(s[y][1]==x),w=s[x][!k];
if (ckrt(y)) s[z][s[z][1]==y]=x;
s[x][!k]=y,s[y][k]=w;
if (w) F[w]=y;
F[F[y]=x]=z,pushup(y);
}
il void splay(int x)
{
int y,z=0;
for (st[++z]=y=x; ckrt(y); st[++z]=y=F[y]);
while (z) pushdown(st[z--]);
while (ckrt(x))
{
z=F[y=F[x]];
if (ckrt(y)) (s[z][0]==y)^(s[y][0]==x)?rot(x):rot(y);
rot(x);
}
pushup(x);
}
il void access(int x){for (int y=0; x; x=F[y=x]) splay(x),s[x][1]=y,pushup(x);}
il int check(int x,int y)
{
if (x==y) return 0;
access(x),splay(x),splay(y);
if (s[y][1]==x||s[s[y][1]][1]==x) return 0;
access(y),splay(y),splay(x);
if (s[x][1]==y||s[s[x][1]][1]==y) return 0;
return 1;
}
il void upt(int w,int o)
{
int x=f[w],y,z;
access(x),splay(x);
if (val[w]) y=t2[x],z=-1;
else y=t1[x],z=1;
if (y)
splay(y),tag(s[y][1],z),pushup(s[y][1]),
sum[y]+=z,val[y]=sum[y]>1,pushup(y);
else tag(x,z),pushup(x);
if (!o) val[w]^=1;
}
int main()
{
scanf("%d",&n); int i,x,y,z,w;
for (i=1; i<=n; i++)
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),
f[x]=f[y]=f[z]=F[x]=F[y]=F[z]=i,
add(i,x),add(i,y),add(i,z);
for (i=n+1; i<3*n+2; i++) scanf("%d",val+i);
dfs(1);
for (scanf("%d",&q); q; q--)
{
scanf("%d%d",&i,&x);
if (i==1) upt(x,0);
if (i==2)
{
scanf("%d",&y);
if (!check(x,y)) continue;
z=f[x],w=f[y];
if (val[x]==val[y]) access(z),splay(x),access(w),splay(y);
else upt(x,1),upt(y,1),splay(x),splay(y);
f[x]=F[x]=w,f[y]=F[y]=z;
}
if (i==3) splay(x),printf("%d\n",val[x]);
}
return 0;
}