来自FallDream的博客，未经允许，请勿转载，谢谢。
21 世纪，许多人得了一种奇怪的病：起床困难综合症，其临床表现为：起床难，起床后精神不佳。作为一名青春阳光好少年，atm 一直坚持与起床困难综合症作斗争。通过研究相关文献，他找到了该病的发病原因：在深邃的太平洋海底中，出现了一条名为 drd 的巨龙，它掌握着睡眠之精髓，能随意延长大家的睡眠时间。正是由于 drd 的活动，起床困难综合症愈演愈烈，以惊人的速度在世界上传播。为了彻底消灭这种病，atm 决定前往海底，消灭这条恶龙。历经千辛万苦，atm 终于来到了 drd 所在的地方，准备与其展开艰苦卓绝的战斗。drd 有着十分特殊的技能，他的防御战线能够使用一定的运算来改变他受到的伤害。具体说来，drd 的防御战线由 n扇防御门组成。每扇防御门包括一个运算op和一个参数t，其中运算一定是OR,XOR,AND中的一种，参数则一定为非负整数。如果还未通过防御门时攻击力为x，则其通过这扇防御门后攻击力将变为x op t。最终drd 受到的伤害为对方初始攻击力x依次经过所有n扇防御门后转变得到的攻击力。由于atm水平有限，他的初始攻击力只能为0到m之间的一个整数（即他的初始攻击力只能在0,1,...,m中任选，但在通过防御门之后的攻击力不受 m的限制）。为了节省体力，他希望通过选择合适的初始攻击力使得他的攻击能让 drd 受到最大的伤害，请你帮他计算一下，他的一次攻击最多能使 drd 受到多少伤害。
n<=100000 m<=10^9
题解：每一位可以分开计算，结果可以合并，所以我们考虑用线段树把维护起来，开两个数组表示这一位分别是0/1经过这区间的变化之后变成什么，这样就可以O(k)合并。
当然，还有更简单的办法，你可以开4个bitset(或者直接开int)，分别表示0/1进去变成0/1的位，这样合并时候就是一顿乱或和与（当然，你可以发现其实两个bitset是相反的，可以选择只开两个，然后用取反）。(这两个速度差不多，有的点你快有的点我快，玄学。)这样合并复杂度降低成k/32(O(1))
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#define ll long long
#define MN 100000
#define MK 30
#define INF (1<<31)-1
using namespace std;
inline int read()
{
int x = , f = ; char ch = getchar();
while(ch < '' || ch > ''){ if(ch == '-') f = -; ch = getchar();}
while(ch >= '' && ch <= ''){x = x * + ch - '';ch = getchar();}
return x * f;
} struct node{
bitset<MK+> s[][];
int l,r;
}T[MN*+];
char op[MN+][];
int n,m,t[MN+]; void update(int x)
{
int l=x<<,r=x<<|;
T[x].s[][]=(T[l].s[][]&T[r].s[][])|(T[l].s[][]&T[r].s[][]);
T[x].s[][]=(T[l].s[][]&T[r].s[][])|(T[l].s[][]&T[r].s[][]);
T[x].s[][]=(T[l].s[][]&T[r].s[][])|(T[l].s[][]&T[r].s[][]);
T[x].s[][]=(T[l].s[][]&T[r].s[][])|(T[l].s[][]&T[r].s[][]);
} void build(int x,int l,int r)
{
if((T[x].l=l)==(T[x].r=r))
{
if(op[T[x].l][]=='A')
for(int i=;i<=MK;i++)
{
T[x].s[][][i]=;
T[x].s[][(t[T[x].l]&(<<i))>][i]=;
}
else if(op[T[x].l][]=='O')
for(int i=;i<=MK;i++)
{
T[x].s[][][i]=;
T[x].s[][(t[T[x].l]&(<<i))>][i]=;
}
else
for(int i=;i<=MK;i++)
if(t[T[x].l]&(<<i))
T[x].s[][][i]=T[x].s[][][i]=;
else
T[x].s[][][i]=T[x].s[][][i]=;
return;
}
int mid=l+r>>;
build(x<<,l,mid);build(x<<|,mid+,r);
update(x);
} int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%s",op[i]+);
t[i]=read();
}
build(,,n);int ans=;
for(int i=MK;i>=;i--)
{
if((<<i)<=m&&T[].s[][][i]&&!T[].s[][][i]) ans+=<<i,m-=<<i;
else if(T[].s[][][i]) ans+=<<i;
}
printf("%d\n",ans);
return ;
}
洛谷那道题是它的强化版，首先变成了一棵树，每个节点都有一个符号和数字，支持修改，查询路径，数字<2^64。
这样的话，可以还是选择线段树做法，加一个树剖，或者直接lct维护一下就行了,合并选择bitset<64>或者unsigned long long。
前者期望复杂度qlogn(loglogn) 后者复杂度qlogn但是自带大常数，ditoly大神写的linkcuttree，实际速度差不多(其实还比我慢一些233)
代码有点丑(给大家讲个笑话，我写树剖都没算深度，然后无限T，我以为是复杂度问题，各种卡常数技巧都用上了)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#define getchar() (*S++)
#define ll unsigned long long
#define MN 100000
#define MK 63
#define pa pair<int,int>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
char B[<<],*S=B;
using namespace std;
inline ll llread()
{
ll x = ; char ch = getchar();
while(ch < '' || ch > '') ch = getchar();
while(ch >= '' && ch <= ''){x = x * + ch - '';ch = getchar();}
return x;
} inline int read()
{
int x = ; char ch = getchar();
while(ch < '' || ch > '') ch = getchar();
while(ch >= '' && ch <= ''){x = x * + ch - '';ch = getchar();}
return x;
}
int L[MN*+],R[MN*+];
struct node{
ll s[][];
ll x[][];
}T[MN*+],ans,a;
int op[MN+];
int n,m,z,dn=,tp1,tp2,dfn[MN+],top[MN+],dep[MN+],num[MN+],size[MN+],mx[MN+],fa[MN+],head[MN+],cnt=;
struct edge{int to,next;}e[MN*+];
ll t[MN+];
pa q[MN+],q2[MN+]; inline void ins(int f,int t)
{
e[++cnt]=(edge){t,head[f]};head[f]=cnt;
e[++cnt]=(edge){f,head[t]};head[t]=cnt;
} void update(const node&c)
{
a.s[][]=(ans.s[][]&c.s[][])|(ans.s[][]&c.s[][]);
a.s[][]=(ans.s[][]&c.s[][])|(ans.s[][]&c.s[][]);
a.s[][]=(ans.s[][]&c.s[][])|(ans.s[][]&c.s[][]);
a.s[][]=(ans.s[][]&c.s[][])|(ans.s[][]&c.s[][]);
ans=a;
} void update2(const node&c)
{
a.s[][]=(ans.s[][]&c.x[][])|(ans.s[][]&c.x[][]);
a.s[][]=(ans.s[][]&c.x[][])|(ans.s[][]&c.x[][]);
a.s[][]=(ans.s[][]&c.x[][])|(ans.s[][]&c.x[][]);
a.s[][]=(ans.s[][]&c.x[][])|(ans.s[][]&c.x[][]);
ans=a;
} void update(int x)
{
int l=x<<,r=l|;
T[x].s[][]=(T[l].s[][]&T[r].s[][])|(T[l].s[][]&T[r].s[][]);
T[x].s[][]=(T[l].s[][]&T[r].s[][])|(T[l].s[][]&T[r].s[][]);
T[x].s[][]=(T[l].s[][]&T[r].s[][])|(T[l].s[][]&T[r].s[][]);
T[x].s[][]=(T[l].s[][]&T[r].s[][])|(T[l].s[][]&T[r].s[][]);
T[x].x[][]=(T[r].x[][]&T[l].x[][])|(T[r].x[][]&T[l].x[][]);
T[x].x[][]=(T[r].x[][]&T[l].x[][])|(T[r].x[][]&T[l].x[][]);
T[x].x[][]=(T[r].x[][]&T[l].x[][])|(T[r].x[][]&T[l].x[][]);
T[x].x[][]=(T[r].x[][]&T[l].x[][])|(T[r].x[][]&T[l].x[][]);
} void init(int x,int k)
{
T[x].s[][]=T[x].s[][]=T[x].s[][]=T[x].s[][]=;
if(op[k]==)
for(register int i=;i<=MK;i++)
T[x].s[][]|=1LLU<<i,T[x].s[][(t[k]&(1LLU<<i))>]|=1LLU<<i;
else if(op[k]==)
for(register int i=;i<=MK;i++)
T[x].s[][]|=1LLU<<i,T[x].s[][(t[k]&(1LLU<<i))>]|=1LLU<<i;
else
for(register int i=;i<=MK;i++)
if((t[k]&(1LLU<<i))>)
T[x].s[][]|=(1LLU<<i),T[x].s[][]|=(1LLU<<i);
else
T[x].s[][]|=(1LLU<<i),T[x].s[][]|=(1LLU<<i);
T[x].x[][]=T[x].s[][];
T[x].x[][]=T[x].s[][];
T[x].x[][]=T[x].s[][];
T[x].x[][]=T[x].s[][];
} void build(int x,int l,int r)
{
if((L[x]=l)==(R[x]=r))
{
init(x,num[l]);
return;
}
int mid=l+r>>;
build(x<<,l,mid);build(x<<|,mid+,r);
update(x);
} void renew(int x,int k)
{
if(L[x]==R[x])
{
init(x,num[L[x]]);
return;
}
int mid=L[x]+R[x]>>;
if(k<=mid) renew(x<<,k);
else renew(x<<|,k);
update(x);
} void dfs1(int x,int f)
{
fa[x]=f;size[x]=;mx[x]=;
for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
if(e[i].to!=f)
{
dep[e[i].to]=dep[x]+;
dfs1(e[i].to,x);
size[x]+=size[e[i].to];
if(size[e[i].to]>size[mx[x]]) mx[x]=e[i].to;
}
} void dfs2(int x,int tp)
{
top[x]=tp;dfn[x]=++dn;num[dn]=x;
if(mx[x]) dfs2(mx[x],tp);
for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
if(e[i].to!=fa[x]&&e[i].to!=mx[x])
dfs2(e[i].to,e[i].to);
} void query(int x,int l,int r)
{
if(L[x]==l&&R[x]==r) {update(T[x]);return;}
int mid=L[x]+R[x]>>;
if(r<=mid) query(x<<,l,r);
else if(l>mid) query(x<<|,l,r);
else query(x<<,l,mid),query(x<<|,mid+,r);
} void query2(int x,int l,int r)
{
if(L[x]==l&&R[x]==r) {update2(T[x]);return;}
int mid=L[x]+R[x]>>;
if(r<=mid) query2(x<<,l,r);
else if(l>mid) query2(x<<|,l,r);
else query2(x<<|,mid+,r),query2(x<<,l,mid);
} void solve(int x,int y,ll t)
{
tp1=tp2=;
ans.s[][]=ans.s[][]=-;
ans.s[][]=ans.s[][]=;
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]>dep[top[y]])
{
q[++tp1]=mp(dfn[top[x]],dfn[x]);
x=fa[top[x]];
}
else
{
q2[++tp2]=mp(dfn[top[y]],dfn[y]);
y=fa[top[y]];
}
}
for(int i=;i<=tp1;i++) query2(,q[i].first,q[i].second);
if(dfn[x]>dfn[y]) query2(,dfn[y],dfn[x]);
else query(,dfn[x],dfn[y]);
for(int i=tp2;i;i--) query(,q2[i].first,q2[i].second);
ll sum=;
for(register int i=MK;i>=;i--)
{
ll th=(1LLU<<i);
if(th<=t&&(ans.s[][]&(1LLU<<i))&&!(ans.s[][]&(1LLU<<i))) sum+=th,t-=th;
else if(ans.s[][]&(1LLU<<i)) sum+=th;
}
printf("%llu\n",sum);
} int main()
{
fread(B,,<<,stdin);
n=read();m=read();z=read();
for(register int i=;i<=n;i++)
op[i]=read(),t[i]=llread();
for(register int i=;i<n;i++)
{
register int u=read(),v=read();
ins(u,v);
}
dfs1(,);dfs2(,);
build(,,n);
for(register int i=;i<=m;i++)
{
int opt=read(),x=read(),y=read();ll z=llread();
if(opt==) solve(x,y,z);
else {op[x]=y;t[x]=z;renew(,dfn[x]);}
}
return ;
}