标签：isp read sub 树状 思想 pen bsp for its
有一棵n 个点的以 1 为根的树, 以及 n 个整数变量xi。树上 i 的父亲是 fi， 每条边(i,fi)有一个权值wi，表示一个方程 xi + xfi = wi，这 n-1个方程构成了一个方程组。
现在给出q 个操作，有两种类型:
1 u v s，表示询问加上 xu + xv = s 这个方程后，整个方程组的解的情况。具体来说， 如果方程有唯一解， 输出此时 x1 的值； 如果有无限多个解，输出 inf；如果无解，输出 none. 注意每个询问是独立的。
2 u w，表示将 wu 修改为 w。
第一行两个整数 n,q。
接下来n-1 行，第 i 行有两个整数 fi+1和 wi+1。
接下来q 行，每行表示一个操作，格式见问题描述。
对于每个询问输出一行表示答案。
对 于 所 有 数 据 ， 有1≤n,q≤106,1≤fi≤i?1,1≤u,v≤n,?103≤w,wi≤103,?109≤s≤109
倘若把每个点都用常数和x1表示，我们可以发现偶数层的数呈现xi=k-x1,奇数层是xi=k+x1。于是倘若没有修改我们容易得出答案。但是考场我维护修改只想到树剖，然后就代码+++++，然后就心态崩了，弃了。结束之后，发现可以用树状数组差分维护，（小本本记下！！好思想！）因为每个值的修改只会影响到自己的子树，所以考虑在dfn[x]的地方+v，dfn[x]+sz[x]的地方-v,前缀和即为构成的贡献。妙啊！！我好菜...临退役...
#include<bits/stdc++.h> #define il inline #define LL long long #define _(d) while(d(isdigit(ch=getchar()))) using namespace std; const int N=1e6+5; int n,q,head[N],to[N],ne[N],w[N],dfn[N],cnt,tot,d[N],sz[N],t[2][N],v[N]; il int read(){int x,f=1;char ch;_(!)ch==‘-‘?f=-1:f;x=ch-48;_()x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);return f*x;} il void insert(int x,int y){ne[++cnt]=head[x];head[x]=cnt;to[cnt]=y;} il void ins(int op,int x,int v){for(x;x<=n;x+=x&-x)t[op][x]+=v;} il int query(int op,int x){int res=0;for(x;x;x-=x&-x)res+=t[op][x];return res;} il void dfs(int x){ dfn[x]=++tot;sz[x]=1; for(int i=head[x];i;i=ne[i]){ d[to[i]]=d[x]+1;v[to[i]]=w[to[i]]-v[x]; dfs(to[i]);sz[x]+=sz[to[i]]; } } int main() { n=read();q=read(); for(int i=2;i<=n;i++){ int x=read(),z=read();insert(x,i);w[i]=z; } d[1]=1;dfs(1); while(q--){ int op=read(); if(op==1){ int x=read(),y=read(),s=read(); int res1,res2; res1=query(d[x]&1,dfn[x])+v[x]; res2=query(d[y]&1,dfn[y])+v[y]; if(((d[x]&1)^(d[y]&1))==0){ LL kk=(LL)res1+(LL)res2; if(d[x]&1){ kk=(LL)s-kk; if(kk&1ll)puts("none");else printf("%d\n",(kk>>1ll)); } else{ kk=kk-(LL)s; if(kk&1ll)puts("none");else printf("%d\n",(kk>>1ll)); } } else{ if(res1+res2==s)puts("inf"); else puts("none"); } } else{ int x=read(),z=read();int c=z-w[x]; w[x]=z;ins(d[x]&1,dfn[x],c);ins(d[x]&1,dfn[x]+sz[x],-c); ins((d[x]&1)^1,dfn[x],-c);ins((d[x]&1)^1,dfn[x]+sz[x],+c); } } return 0; }
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