题面
思路
原题目
我们先看这道题的原题目NOI2014起床困难综合症
的确就是上树的带修改版本
那么我们先来解决这个原版的序列上单次询问
二进制的这些操作，我们把操作数和符号一起（比如xor 7,and 31）挪动的话，答案是会改变的，不同符号之间不满足交换律和结合律
那么我们就无法把这些操作的顺序随意变换为比较好算的方式了
考虑二进制位运算的过程，发现这三种运算的过程中，不同的二进制位之间不会有互相影响
因此我们考虑把每个二进制位拆出来处理
对于每一个二进制位，我们记录两个值a0,a1，分别表示这一位上是0或1的情况下，走过所有运算之后得到的是0还是1
然后，我们从高的二进制位往低的走，贪心地在高位可以达成1且不会超过m的限制的情况下，令高位为1
这道题就做完了（的确作为NOI题来说简单了一些，果然签到题啊）
那么当本题上树+修改之后了，怎么办呢？
树剖+线段树
一个显而易见的想法就是用树剖+线段树这种可以轻松维护链上信息的数据结构来修改+询问
那么，我们对于每一个二进制位，维护区间中从左到右跑和从右到左跑得到的是0还是1，询问的时候把链拆开到线段树上，不同的链之间可以直接01对应合并
再和上面一样贪心就好了......吗？
这样的复杂度是多少呢？是$O(nklog2n)$的，虽然那个$log2$常数很小，但是这个玩意儿满打满算也是个$O(nklogn)$的，本题数据范围下肯定过不了
优化
这怎么解决？
我们发现上述复杂度中，最有希望优化掉的就是那个$k$，因为其他的都是树剖的固有复杂度了
怎么优化掉$k$呢？我们考虑再把这些二进制位压回同一个 long long 里面
但是这样就有一个问题，那就是在线段树上，我们不知道怎么合并了
原来每一个二进制位拆开的时候，两个线段树节点之间的合并就是0出来的对应0进去的，1出来的对应1进去的，但是压位起来以后，难道我们要枚举$2^k$种状态分别对应转移吗？
非也
线段树节点的合并
二进制位运算是每一位独立的
我们现在要再一次让这个结论发挥作用：我们可以用位运算来解决这些独立的、但是被压到一起了的二进制位
假设当前要合并的线段树节点是$l$和$r$，$f_0[l]$的第$i$位代表这一位进去是0时出来的值，$f_1[l]$同理
那么显然，对于新的合并后节点$u$而言，如果$f_0[u]$的第$i$位（后文中用$f_0[u][i]$表示）是1，那么有以下两种情况：
情况一：$f_0[l][i]1$且$f_1[r][i]1$
情况二：$f_0[l][i]0$且$f_0[r][i]1$
可以得到表达式：$f_0[u][i]=(f_0[l][i];bitand;f_1[r][i]);bitor;(!f_0[l][i];bitand;f_0[r][i])$
那么把这个式子放到整个$f_0[u]$的角度上，就是$f_0[u]=((f_0[l];bitand;f_1[r]);bitor;((bitnot;f_0[l]);bitand;f_1[r]))$
其中$bitand,bitor,bitnot$分别是按位与，或，取反
对于$f_1[u]$，也是同样的道理，$f_1[u]=((f_1[l];bitand;f_1[r]);bitor;((bitnot;f_1[l]);bitand;f_0[r]))$
（注意还有反过来跑的要处理）
问题解决
这样之后，我们可以对于修改进行单点修改，然后树链剖分+区间询问，得到每一位的输入01对应输出01。树剖中的序列合并也可以用上述方法合并起来
最后我们做一次原题中的贪心即可
坑点
要用unsigned long long
需要维护4个值，不要写混了
树剖得到两个序列：x->lca和y->lca，但是注意其中一个要把跑的顺序反过来
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#include<cmath>
#define ll unsigned long long
using namespace std;
inline ll read(){
ll re=0,flag=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-') flag=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return re*flag;
}
const ll LIM=0-1;
int n,Q,K,first[200010],dep[200010],son[200010],siz[200010],top[200010],pos[200010],back[200010];
int op[200010],cnte,cntn,fa[200010];ll val[200010];
struct data{
ll f0,f1,inv0,inv1;
//f0:从左到右，0进
//f1:从左到右，1进
//inv0:从右到左，0进
//inv1:从右到左，1进
data(){f0=f1=inv0=inv1=0;}
}a[800010];
struct edge{
int to,next;
}e[200010];
inline void add(int u,int v){
e[++cnte]=(edge){v,first[u]};first[u]=cnte;
e[++cnte]=(edge){u,first[v]};first[v]=cnte;
}
void dfs1(int u,int f){
int i,v;dep[u]=dep[f]+1;siz[u]=1;son[u]=0;fa[u]=f;
for(i=first[u];~i;i=e[i].next){
v=e[i].to;if(v==f) continue;
dfs1(v,u);siz[u]+=siz[v];
if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
}
}
void dfs2(int u,int t){
int i,v;top[u]=t;pos[u]=++cntn;back[cntn]=u;
if(son[u]) dfs2(son[u],t);
for(i=first[u];~i;i=e[i].next){
v=e[i].to;if(pos[v]) continue;
dfs2(v,v);
}
}
ll calc(ll num,int x){
if(op[x]==1) return num&val[x];
if(op[x]==2) return num|val[x];
if(op[x]==3) return num^val[x];
}
data update(data l,data r){
data re;//核心合并过程，参考上方题解
re.f0=((l.f0&r.f1)|((~l.f0)&r.f0));
re.f1=((l.f1&r.f1)|((~l.f1)&r.f0));
re.inv0=((r.inv0&l.inv1)|((~r.inv0)&l.inv0));
re.inv1=((r.inv1&l.inv1)|((~r.inv1)&l.inv0));
return re;
}
void build(int l,int r,int num){
if(l==r){
a[num].f0=a[num].inv0=calc(0,back[l]);
a[num].f1=a[num].inv1=calc(LIM,back[l]);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,num<<1);build(mid+1,r,(num<<1)+1);
a[num]=update(a[num<<1],a[(num<<1)+1]);
}
void change(int l,int r,int num,int pos){
if(l==r){
a[num].f0=a[num].inv0=calc(0,back[l]);
a[num].f1=a[num].inv1=calc(LIM,back[l]);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(mid>=pos) change(l,mid,num<<1,pos);
else change(mid+1,r,(num<<1)+1,pos);
a[num]=update(a[num<<1],a[(num<<1)+1]);
}
data query(int l,int r,int ql,int qr,int num){
if(l==ql&&r==qr) return a[num];
int mid=(l+r)>>1;data re;
if(mid>=qr) re=query(l,mid,ql,qr,num<<1);
else{
if(mid<ql) re=query(mid+1,r,ql,qr,(num<<1)+1);
else re=update(query(l,mid,ql,mid,num<<1),query(mid+1,r,mid+1,qr,(num<<1)+1));//询问时也是同样的合并
}
return re;
}
data ans1[100010],ans2[100010];int cnt1,cnt2;
data solve(int x,int y){
cnt1=cnt2=0;
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]>=dep[top[y]]){
ans1[++cnt1]=query(1,n,pos[top[x]],pos[x],1);
x=fa[top[x]];
}
else{
ans2[++cnt2]=query(1,n,pos[top[y]],pos[y],1);
y=fa[top[y]];
}
}
if(dep[x]>dep[y]) ans1[++cnt1]=query(1,n,pos[y],pos[x],1);
else ans2[++cnt2]=query(1,n,pos[x],pos[y],1);
data re;int i;
for(i=1;i<=cnt1;i++) swap(ans1[i].f0,ans1[i].inv0),swap(ans1[i].f1,ans1[i].inv1);//反过来
if(cnt1){
re=ans1[1];
for(i=2;i<=cnt1;i++) re=update(re,ans1[i]);
if(cnt2) re=update(re,ans2[cnt2]);
}
else re=ans2[cnt2];
for(i=cnt2-1;i>=1;i--) re=update(re,ans2[i]);
return re;
}
int main(){
memset(first,-1,sizeof(first));
n=read();Q=read();K=read();int i,t1,t2,opt;ll t3,ans,tmp0,tmp1;
for(i=1;i<=n;i++) op[i]=read(),val[i]=read();
for(i=1;i<n;i++){
t1=read();t2=read();
add(t1,t2);
}
dfs1(1,0);dfs2(1,1);
build(1,n,1);
while(Q--){
opt=read();t1=read();t2=read();t3=read();
if(opt==2){
op[t1]=t2;val[t1]=t3;
change(1,n,1,pos[t1]);
}
else{
data re=solve(t1,t2);ans=0;
for(i=63;i>=0;i--){//贪心
tmp0=(re.f0>>i)&1ull;
tmp1=(re.f1>>i)&1ull;
if(tmp0>=tmp1||(1ull<<i)>t3) ans|=(tmp0?(1ull<<i):0);
else ans|=(tmp1?(1ull<<i):0),t3-=(1ull<<i);
}
printf("%llu\n",ans);
}
}
}