这个应该也算裸的模板题吧。。主要是边权的问题，对于每条边u->v，我们可以新建一个节点代替他，把边的信息弄到新的点上，就变成u->x->v了。。。
当然了这样的话要防止u和v这些没用的点影响到实际的结果。。。。这个可以初始化的时候解决
话说如果写链剖的话也可以用这样的姿势，就不用像以前那样特判lca了 这样子又慢又长而且还会被老司机嘲讽233）。。
上传的时候少更新了一个值结果调了半天= =
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<math.h>
using namespace std;
const int maxn=;
const int inf=;
struct zs{
int c[],fa,max,min,val,sum;
bool rev,revval;
}tree[maxn<<];
int stack[maxn<<];
int i,j,n,m,x,y;
char id[];
inline void deal(int x){
tree[x].sum=-tree[x].sum;tree[x].val=-tree[x].val;
tree[x].max=-tree[x].max;tree[x].min=-tree[x].min;
swap(tree[x].max,tree[x].min);
tree[x].revval^=;
}
inline bool isroot(int x){return tree[tree[x].fa].c[]!=x&&tree[tree[x].fa].c[]!=x;
}
inline void pushdown(int x){
if(!tree[x].rev&&!tree[x].revval)return;
int l=tree[x].c[],r=tree[x].c[];
if(tree[x].revval){
if(l)deal(l);if(r)deal(r);
tree[x].revval^=;
}
if(tree[x].rev){
if(l)tree[l].rev^=;if(r)tree[r].rev^=;tree[x].rev^=;
swap(tree[x].c[],tree[x].c[]);
}
}
inline void update(int x){
int l=tree[x].c[],r=tree[x].c[];
tree[x].max=max(tree[l].max,tree[r].max);tree[x].min=min(tree[l].min,tree[r].min);
if(x>n)tree[x].max=max(tree[x].max,tree[x].val),tree[x].min=min(tree[x].min,tree[x].val);
tree[x].sum=tree[l].sum+tree[r].sum+tree[x].val;
}
void rotate(int x){
int fa=tree[x].fa,gfa=tree[fa].fa;
if(!isroot(fa))tree[gfa].c[tree[gfa].c[]==fa]=x;
int l=tree[fa].c[]==x,r=l^;
tree[fa].c[l]=tree[x].c[r];tree[x].c[r]=fa;
tree[fa].fa=x;tree[x].fa=gfa;tree[tree[fa].c[l]].fa=fa;
update(fa);update(x);
}
void splay(int x){
int top=,tmp=x;stack[++top]=x;
while(!isroot(tmp))stack[++top]=tree[tmp].fa,tmp=tree[tmp].fa;
while(top)pushdown(stack[top]),top--;
int fa,gfa;
while(!isroot(x)){
fa=tree[x].fa;gfa=tree[fa].fa;
if(!isroot(fa))
if((tree[fa].c[]==x)^(tree[gfa].c[]==fa))rotate(x);
else rotate(fa);
rotate(x);
}
}
inline void access(int x){
int son=;
while(x){
splay(x);tree[x].c[]=son;
update(x);son=x;x=tree[x].fa;
}
}
inline void makeroot(int x){
access(x);splay(x);tree[x].rev^=;
}
inline void link(int x,int y){
makeroot(x);tree[x].fa=y;
}
inline void reverval(int x,int y){makeroot(x);access(y);splay(y);deal(y);
}
inline void change(int x,int val){splay(x);tree[x].val=val;update(x);
}
inline int querysum(int x,int y){makeroot(x);access(y);splay(y);return tree[y].sum;
}
inline int querymax(int x,int y){makeroot(x);access(y);splay(y);return tree[y].max;
}
inline int querymin(int x,int y){makeroot(x);access(y);splay(y);return tree[y].min;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(i=;i<=n;i++)tree[i].max=-inf,tree[i].min=inf;
tree[].min=inf,tree[].max=-inf;
for(i=n+;i<n+n;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&tree[i].val);tree[i].sum=tree[i].min=tree[i].max=tree[i].val;
x++;y++;
link(x,i);link(y,i);
}
scanf("%d",&m);
while(m--){
scanf("%s%d%d",id,&x,&y);
if(id[]=='C')change(x+n,y);
if(id[]=='N')reverval(x+,y+);
if(id[]=='S')printf("%d\n",querysum(x+,y+));
if(id[]=='M'&&id[]=='A')printf("%d\n",querymax(x+,y+));
if(id[]=='M'&&id[]=='I')printf("%d\n",querymin(x+,y+));
}
return ;
}
2157: 旅游
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 259 MB
Description
Ray 乐忠于旅游，这次他来到了T 城。T 城是一个水上城市，一共有 N 个景点，有些景点之间会用一座桥连接。为了方便游客到达每个景点但又为了节约成本，T 城的任意两个景点之间有且只有一条路径。换句话说， T 城中只有N − 1 座桥。Ray 发现，有些桥上可以看到美丽的景色，让人心情愉悦，但有些桥狭窄泥泞，令人烦躁。于是，他给每座桥定义一个愉悦度w，也就是说，Ray 经过这座桥会增加w 的愉悦度，这或许是正的也可能是负的。有时，Ray 看待同一座桥的心情也会发生改变。现在，Ray 想让你帮他计算从u 景点到v 景点能获得的总愉悦度。有时，他还想知道某段路上最美丽的桥所提供的最大愉悦度，或是某段路上最糟糕的一座桥提供的最低愉悦度。
Input
输入的第一行包含一个整数N，表示T 城中的景点个数。景点编号为 0...N − 1。接下来N − 1 行，每行三个整数u、v 和w，表示有一条u 到v，使 Ray 愉悦度增加w 的桥。桥的编号为1...N − 1。|w| <= 1000。输入的第N + 1 行包含一个整数M，表示Ray 的操作数目。接下来有M 行，每行描述了一个操作，操作有如下五种形式： C i w，表示Ray 对于经过第i 座桥的愉悦度变成了w。 N u v，表示Ray 对于经过景点u 到v 的路径上的每一座桥的愉悦度都变成原来的相反数。 SUM u v，表示询问从景点u 到v 所获得的总愉悦度。 MAX u v，表示询问从景点u 到v 的路径上的所有桥中某一座桥所提供的最大愉悦度。 MIN u v，表示询问从景点u 到v 的路径上的所有桥中某一座桥所提供的最小愉悦度。测试数据保证，任意时刻，Ray 对于经过每一座桥的愉悦度的绝对值小于等于1000。
Output
对于每一个询问(操作S、MAX 和MIN)，输出答案。
HINT
一共有10 个数据，对于第i (1 <= i <= 10) 个数据， N = M = i * 2000。
样例太丧病（n=m=2000）就不贴了。。