給出一棵邊帶權的節點數量為n的樹，初始樹上所有節點都是白色。有兩種操作：
c x，改變節點x的顏色，即白變黑，黑變白
a，詢問樹中最遠的兩個白色節點的距離，這兩個白色節點可以重合(此時距離為0)。
n (n <= 100000) q <= 200000
時限1s
如果沒有修改的話，直接點分治，記錄子樹最深的白點即可。
但是有修改。
發現，點分治的遞迴層數是o(logn)的
而且這個遞迴的聯通塊的根形成乙個樹形結構。不妨叫點分樹。
我們的答案是在所有遞迴出來的塊裡ans取max
發現，每次改變乙個點的顏色，會影響自己的聯通塊，以及點分樹上這個點的所有father的答案。
樹高logn
所以，我們考慮暴力修改每一層的答案。
用三個堆來維護。
乙個堆h0，維護這個點p所代表的點分樹的聯通塊中所有點到點分樹上p的father的距離（樹上實際距離）。
（好處是，修改的時候，直接自底向上，父親只要乙個，這樣不需要在上層再考慮哪個子樹變了）
另乙個堆h1，維護這個點p的所有兒子的堆頂的值。
我們從乙個點p的h1堆裡面，找到最大的和次大的，做和就是這一層的最大答案。
如果p是白點，那麼答案可以只要最大的。而且ans最少是0
第三個堆，維護所有點代表的聯通塊的ans。最終答案就在這裡。
然後，所有的修改，都是刪除之後再插入。
堆的刪除，用懶惰堆即可。
**：（實現細節較多：例如堆的empty判斷）
（堆中不用記錄答案出自**，隨便刪除乙個，剩下那個就是沒有刪除的。是沒有區別的。直接int的堆即可）
//luogu-judger-enable-o2
#include#define reg register int
#define il inline
#define numb (ch^'0')
using
namespace
std;
typedef
long
long
ll;il
void rd(int &x)
il void prin(int
x)namespace
miraclee[
2*n];
inthd[n],cnt;
il void add(int x,int y,int
z)int
fa[n];
intsz[n];
intc[n];
priority_queue
h[2][n],d[2
][n],hh,dd;
int dis[n][20
];int
dep[n];
intnowsz;
intrt,mxsz[n];
intans[n];
bool
vis[n];
intgen;
il void dfs1(int x,int ff,int
d) mxsz[x]=max(mxsz[x],nowsz-sz[x]);
if(mxsz[x]<=nowsz/2)}
il void dfs2(int x,int ff,intd)}
il void clear(int x,intk)}
il void upda(int
x) clear(x,1);
if(!h[1
][x].empty())
h[1][x].push(tmp);
}}il
int divi(int x,int d,int
ff) }
upda(now);
//cout<<" rt "return
now;
}il
void wrk(int
x)
x=fa[x];
--nd;}}
else
x=fa[x];
--nd;}}
}int
main()
nowsz=n;
gen=divi(1,1,0
);
intm;
rd(m);
char ch[10
];
while(m--)
if(!hh.size())
else}}
else
//cout<<" ans------- "for(reg i=1;i<=n;++i)
}
return0;
}}intmain()
/*author: *miracle*
date: 2018/11/28 9:20:15
*/
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