树上莫队真好玩（
一不小心就写了 \(144\) 行（逃
首先考虑序列上的带修莫队，只要给询问加一维时间就可以了。
那么问题来了，怎么把问题放到树上？
用树剖把询问划分成几个区间。
这样子复杂度没法接受……
考虑把 DFS 序改一下，在递归到每个点和递归完每个点的时候都记录，变成括号序列。
我们定义括号序列中一段区间只有只出现了一次的数有贡献。
样例以 \(1\) 为根，得到的括号序列即 \(\{1,3,4,4,2,2,3,1\}\)。
设 \(st_p\) 表示递归到 \(p\) 的时间戳，\(ed_p\) 表示递归完 \(p\) 的时间戳。
对于一个询问 \(x,y\;(st_x < st_y)\)，我们分两种情况讨论：
\([st_y,ed_y] \subseteq [st_x,ed_x]\)：
这种情况，我们只需要计算 \([st_x,st_y]\) 的贡献即可。
例如样例的树中，查询 \(1,2\)，区间为 \([1,5]\)，实际有贡献的点为 \(1,3,2\)，恰好是我们想要的。\([st_x,ed_x] \bigcap [st_y,ed_y] = \emptyset\)：
这种情况，我们需要计算的是 \([ed_x,st_y]\)。
但是这样会少掉 \(\text{LCA}\) 的贡献，再加回来。
例如查询 \(4,2\)，区间为 \([4,5]\)，实际有贡献的点为 \(4,2\)，加上 \(\text{LCA}\) 即 \(3\) 的贡献就好了。
计算贡献时，可以用一个数组记录有贡献的点。
然后添加 / 删除贡献时，异或处理即可。
洛谷上开了 O2 才能过（\(\color{darkblue}{\text{TLE}\ 28458\,\text{ms}} \to \color{green}{\text{AC}\ 9889\,\text{ms}}\)）。
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using namespace std;
const int BUFF_SIZE = 1 << 20;
char BUFF[BUFF_SIZE],*BB,*BE;
template<class T>
inline void read(T &x)
{
x = 0;
char ch = 0,w = 0;
for(;ch < '0' || ch > '9';w |= ch == '-',ch = gc());
for(;ch >= '0' && ch <= '9';x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ '0'),ch = gc());
w ? x = -x : x;
}
const int N = 1e5;
const int M = 1e5;
const int Q = 1e5;
int n,m,q,block;
int v[M + 5],a[N + 5],pos[(N << 1) + 5];
int w[N + 5];
int to[(N << 1) + 5],pre[(N << 1) + 5],first[N + 5];
inline void add(int u,int v)
{
static int tot = 0;
to[++tot] = v,pre[tot] = first[u],first[u] = tot;
}
int fa[N + 5],dep[N + 5],sz[N + 5],son[N + 5],top[N + 5],st[N + 5],ed[N + 5],dfn[(N << 1) + 5];
void dfs1(int p)
{
static int tot = 0;
dfn[st[p] = ++tot] = p,sz[p] = 1;
for(register int i = first[p];i;i = pre[i])
if(to[i] ^ fa[p])
{
fa[to[i]] = p,dep[to[i]] = dep[p] + 1,dfs1(to[i]),sz[p] += sz[to[i]];
if(!son[p] || sz[to[i]] > sz[son[p]])
son[p] = to[i];
}
dfn[ed[p] = ++tot] = p;
}
void dfs2(int p)
{
if(son[p])
top[son[p]] = top[p],dfs2(son[p]);
for(register int i = first[p];i;i = pre[i])
if(!top[to[i]])
top[to[i]] = to[i],dfs2(to[i]);
}
inline int getlca(int x,int y)
{
while(top[x] ^ top[y])
dep[top[x]] > dep[top[y]] ? x = fa[top[x]] : y = fa[top[y]];
return dep[x] < dep[y] ? x : y;
}
int chg_tot,qry_tot;
struct s_change
{
int x,y;
} chg[Q + 5];
struct s_query
{
int l,r,lca,id,t;
inline bool operator<(const s_query &o) const
{
return pos[l] ^ pos[o.l] ? pos[l] < pos[o.l] : (pos[l] & 1 ? r < o.r : r > o.r);
}
} qry[Q + 5];
int cnt[M + 5],vis[N + 5];
long long cur,ans[M + 5];
inline void calc(int x)
{
if(!x)
return ;
(vis[x] ^= 1) ? cur += (long long)v[a[x]] * w[++cnt[a[x]]] : cur -= (long long)v[a[x]] * w[cnt[a[x]]--];
}
int main()
{
read(n),read(m),read(q);
for(register int i = 1;i <= m;++i)
read(v[i]);
for(register int i = 1;i <= n;++i)
read(w[i]);
for(register int i = 1;i < n;++i)
{
int u,v;
read(u),read(v),add(u,v),add(v,u);
}
dep[1] = 1,top[1] = 1,dfs1(1),dfs2(1);
for(register int i = 1;i <= n;++i)
read(a[i]);
int op,x,y;
while(q--)
{
read(op),read(x),read(y);
if(!op)
chg[++chg_tot] = (s_change){x,y};
else
{
int lca = getlca(x,y);
if(st[x] > st[y])
swap(x,y);
if(lca == x || lca == y)
qry[++qry_tot] = (s_query){st[x],st[y],0,qry_tot,chg_tot};
else
qry[++qry_tot] = (s_query){ed[x],st[y],lca,qry_tot,chg_tot};
}
}
chg_tot ? block = pow(n * 2,2.0 / 3) : block = n * 2 / sqrt(m * 2 / 3);
for(register int i = 1;i <= n * 2;++i)
pos[i] = (i - 1) / block + 1;
sort(qry + 1,qry + qry_tot + 1);
for(register int i = 1,l = 1,r = 0,c = 0;i <= qry_tot;++i)
{
while(r < qry[i].r)
calc(dfn[++r]);
while(r > qry[i].r)
calc(dfn[r--]);
while(l < qry[i].l)
calc(dfn[l++]);
while(l > qry[i].l)
calc(dfn[--l]);
while(c > qry[i].t)
{
if(vis[chg[c].x])
cur += (long long)w[++cnt[chg[c].y]] * v[chg[c].y] - (long long)w[cnt[a[chg[c].x]]--] * v[a[chg[c].x]];
swap(chg[c].y,a[chg[c].x]);
--c;
}
while(c < qry[i].t)
{
++c;
if(vis[chg[c].x])
cur += (long long)w[++cnt[chg[c].y]] * v[chg[c].y] - (long long)w[cnt[a[chg[c].x]]--] * v[a[chg[c].x]];
swap(chg[c].y,a[chg[c].x]);
}
calc(qry[i].lca),ans[qry[i].id] = cur,calc(qry[i].lca);
}
for(register int i = 1;i <= qry_tot;++i)
printf("%lld\n",ans[i]);
}