對於操作1，不論選了哪個點為a，最後反轉顏色的點集都只有兩種型別（顯然啦）。
暴力解法：對每個操作3，從a向上直到根節點，每到乙個節點記錄（它父親的黑點數減去自己的黑點數）*父親節點的編號。另外，還要記錄a子樹內的黑點。。
這種o（n2）的做法肯定會爆，考慮優化。由於這是一棵靜態樹，考慮樹鏈剖分。
需要記錄乙個陣列re[x][0/1][0/1]。第2維表示深度的奇偶，第3維表示點的顏色。例如：re[x][0][0]記錄的是初始情況下以x為根的子樹中深度為偶數的點有多少個為白色。
為了能夠順利剖分，需要記錄乙個num[0/1][0/1]，它是樹狀陣列，同樣一維為深度，一維為顏色。num[0][0].tree[dfn[x]](這裡的tree[dfn[x]]是單純這個節點的值而不是該點所表示區間的值）
表示的是（除了x的重兒子外其他孩子子樹中深度為偶數的點為白色的個數）*x。（在計算途中，假如有操作1，則num[0][0]或者num[1][0]的定義可能會改變，即num[0/1][0]最後一維的定義可能由白色變為黑色，需要開乙個陣列flag[2]記錄）
最後，我們還需要乙個樹狀陣列sum[0/1][0/1]，兩維所表示意義同上。它記錄單獨某個點的顏色。那知道了某個點x在dfs2中的dfn(也可以把它理解為in)和out後，就可以用sum查詢x點子樹內有多少個深度為奇（偶）的點顏色為白（黑）。（ps：當有操作1時sum的定義也可能改變，num和sum的定義是一起變的，所以只開乙個陣列flag記錄就好）
#include#include#include
#include
using
namespace
std;
const
long
long maxn=200100;
struct ddg[
2*maxn];
long
long
m;long
long re[maxn][2][2
],h[maxn],size[maxn],tot,jsq,n,val[maxn];
long
long
fa[maxn],son[maxn],dep[maxn],top[maxn];
long
long
out[maxn],dfn[maxn];bool flag[2
];struct
tree
inline
void add(long
long x,long
long
k)
inline
long
long find(long
long
x)
inline
long
long query(long
long l,long
long
r)
}sum[
2][2],num[2][2
];void dfs1(long
long x,long
long
fa1)
son[x]=id;
}void dfs2(long
long x,long
long
u)
out[x]=jsq;
for (long
long i=0;i<=1;i++)
for (long
long j=0;j<=1;j++) num[i][j].add(dfn[x],(re[x][i][j]-re[son[x]][i][j])*x);
}int
main()
dfs1(
1,0);dfs2(1,1
); flag[
0]=flag[1]=false
;
for (long
long i=1;i<=m;i++)
if (t==3
)
printf(
"%lld\n
",ans);}}
}
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