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大意

每一个小朋友在得到自己喜欢的饮料和食物的时候，就实现了其愿望，问最多能实现多少奶牛的愿望。

思路

首先我们考虑这样的三元关系 $(饮料，小朋友，食物)$，这样的三元关系，如果我们直接在中间连边去跑最大流是否有问题呢？

显然是有问题的，如下图：

这样我们发现个奇怪的问题，一个小朋友对应的喜欢的食物和饮料其实是很多的，但是这样会使得不同的饮料与食物都对一个小朋友产生影响，现在我们需要做的是给一个点上约束，而这种技巧叫做拆点。

我们考虑将每个小朋友拆为 $in$ 和 $out$，在 $in$ 和 $out$ 间连容量为 $1$ 的边，这样我们就可以保证每个小朋友只被算一次，如下图：

在拆完点之后直接跑最大流即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAX_N = 1000;
const int MAX_M = 100000;
struct edge {
    int v, c, next;
} e[MAX_M];
int p[MAX_N], eid;
void init() {
    memset(p, -1, sizeof(p));
    eid = 0;
}
void insert(int u, int v, int c) {
    e[eid].v = v;
    e[eid].next = p[u];
    e[eid].c = c;
    p[u] = eid++;
}
void addedge(int u, int v, int c) {
    insert(u, v, c);
    insert(v, u, 0);
}
int S, T;
int d[MAX_N];
bool bfs() {
    memset(d, -1, sizeof(d));
    queue<int> q;
    q.push(S);
    d[S] = 0;
    while (!q.empty()) {
        int u = q.front();
        q.pop();
        for (int i = p[u]; i != -1; i = e[i].next) {
            int v = e[i].v;
            if (e[i].c > 0 && d[v] == -1) {
                q.push(v);
                d[v] = d[u] + 1;
            }
        }
    }
    return (d[T] != -1);
}
int dfs(int u, int flow) {
    if (u == T) {
        return flow;
    }
    int res = 0;
    for (int i = p[u]; i != -1; i = e[i].next) {
        int v = e[i].v;
        if (e[i].c > 0 && d[u] + 1 == d[v]) {
            int tmp = dfs(v, min(flow, e[i].c));
            flow -= tmp;
            e[i].c -= tmp;
            res += tmp;
            e[i ^ 1].c += tmp;
            if (flow == 0) {
                break;
            }
        }
    }
    if (res == 0) {
        d[u] = -1;
    }
    return res;
}
int Dinic() {
    int res = 0;
    while (bfs()) {
        res += dfs(S, INF);
    }
    return res;
}
int main() {
    init();
    int n, m, k;
    cin >> n >> m >> k;
    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        addedge(m + i, m + n + i, 1);
        int a, b; cin >> a >> b;
        for(int j = 0;j < a;j ++){
            int x; cin >> x;
            addedge(x, m + i, 1);
        }
        for(int j = 0;j < b;j ++){
            int x; cin >> x;
            addedge(m + n + i, m + 2 * n + x, 1);
        }
    }
    S = 0; T = m + 2 * n + k + 1;
    for(int i = 1;i <= m;i ++){
        addedge(S, i, 1);
    }
    for(int i = 1;i <= k;i ++){
        addedge(m + 2 * n + i, T, 1);
    }
    cout << Dinic() << endl;
    return 0;
}

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大意

$N$ 个顾客，$M$ 个技术人员，不同的技术人员对不同的车的修理时间是不同的，那么求顾客们的最短等待时间。

思路

我们发现，对于这个题来说，很像排队接水(~~不是~~)。

考虑每个技术人员的时候，我们发现如下规律，一个技术人员对答案所作出的贡献是：

$最后一个顾客时间 \times 1 + 倒数第二个顾客时间 \times 2  ... 倒数第 k 个顾客时间 \times k$

我们发现，每个技术人员在不同时刻的状态是不一样的，对答案所做出的贡献也是，不一样的，但是每个状态下的技术人员只能给一个人修车，但是顾客可以自行选择某个状态下的某个技术人员。

这个问题我们可以用网络流来解决，我们对于每个技术人员，将其拆分为 $n$ 个状态，对于正在给倒数第 $k$ 个顾客修车的师傅 $i$ 对顾客 $j$ 连一条容量为 $1$，费用为 $t_{i, j} \times k$，对于源点向每个技术人员的每个状态连容量为 $1$，花费为 $0$ 的边，对于每个顾客都向汇点 $T$ 去连上容量为 $1$，花费为 $0$ 的边。

这样跑出的最小费用最大流就一定会自己最优的选择出最短的排队修车的时间。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN = 1005;
const int MAXM = 100005;
struct node{
    int u, v, nxt, c, w;
}e[MAXM * 2];

int S, T;
int tot, h[MAXN], d[MAXN], pre[MAXN];
bool vis[MAXN];

void init(){
    tot = 0;
    memset(h, -1, sizeof(h));
}

void add(int u, int v, int c, int w){
    e[tot] = {u, v, h[u], c, w};
    h[u] = tot ++;
    e[tot] = {v, u, h[v], 0, -w};
    h[v] = tot ++;
}

bool spfa(){
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    memset(d, 0x3f, sizeof(d));
    memset(pre, -1, sizeof(pre));
    queue<int> q;
    q.push(S);
    d[S] = 0;
    vis[S] = true;
    while(!q.empty()){
        int u = q.front();
        q.pop();
        vis[u] = false;
        for(int i = h[u];~i;i = e[i].nxt){
            int v = e[i].v;
            if(e[i].c > 0){
                if(d[v] > d[u] + e[i].w){
                    d[v] = d[u] + e[i].w;
                    pre[v] = i;
                    if(!vis[v]){
                        q.push(v);
                        vis[v] = true;
                    }
                }
            }
        }
    }
    return (d[T] != 0x3f3f3f3f);
}

int EK(){
    int res = 0;
    while(spfa()){
        int Min = 1e9;
        for(int i = T;i != S;i = e[pre[i]].u){
            Min = min(Min, e[pre[i]].c);
        }
        for(int i = T;i != S;i = e[pre[i]].u){
            e[pre[i]].c -= Min;
            e[pre[i] ^ 1].c += Min;
            res += e[pre[i]].w * Min;
        }
    }
    return res;
}

int m, n;

int main(){
    // freopen("repair.in", "r", stdin);
    // freopen("repair.out", "w", stdout);
    cin >> m >> n;
    init();

    S = 0, T = n + m * n + 1;

    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        add(S, i, 1, 0);
    }

    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        for(int j = 1;j <= m;j ++){
            int t_cost;
            cin >> t_cost;
            for(int k = 1;k <= n;k ++){
                int pos = n + (j - 1) * n + k;
                add(i, pos, 1, k * t_cost);
            }
        }
    }

    for(int j = 1;j <= m;j ++){
        for(int k = 1;k <= n;k ++){
            add(n + (j - 1) * n + k, T, 1, 0);
        }
    }

    int ans = EK();
    printf("%.2f\n", (double)ans / n);

    return 0;
}

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大意

一个餐厅在相继的 $N$ 天里，每天需用的餐巾数不尽相同。假设第 $i$ 天需要 $r_i$ 块餐巾（$i = 1, 2, \dots, N$）。餐厅可以购买新的餐巾，每块餐巾的费用为 $p$ 分；或者把旧餐巾送到快洗部，洗一块需 $m$ 天，其费用为 $f$ 分；或者送到慢洗部，洗一块需 $n$ 天（$n \gt m$），其费用为 $s$ 分（$s \lt f$）。每天结束时，餐厅必须决定将多少块脏的餐巾送到快洗部，多少块餐巾送到慢洗部，以及多少块保存起来延期送洗。但是每天洗好的餐巾和购买的新餐巾数之和，要满足当天的需求量。

思路

一道很好的费用流题目，我们做一下考虑。

最终，由于每天都需要 $r_i$ 块餐巾布，那么最终我们的最大流一定是 $\sum r_i$，但是由于题目中的条件导致我们一定能求出最大流为 $\sum r_i$，主要的问题是费用最小，考虑如何建模。

首先每天我们首先要要求在这天开始的时候，有 $r_i$ 块新餐巾，而经过使用，这些餐巾在这天结束的时候会变成脏餐巾，那么我们考虑拆点，将一天分为 $in$ 和 $out$，$in$ 表示每天开始的时候，$out$ 表示每天结束的时候。

首先，我们需要向 $i_{out}$ 注入脏餐巾，我们建立源点 $S$，用来产生脏餐巾，容量为 $r_i$，花费为 $0$，其次我们建立汇点 $T$ 用来接收干净的餐巾，那么由 $i_{in}$ 向 $T$ 连容量为 $r_i$ 花费为 $0$ 的边。这样一来，如果最大流跑不满，就说明不可行。

接下来考虑题目中的约束，为了使得每天的 $i_{out} \to T$ 的流量流满，其实就是满足题目中的每天买餐巾的需求，我们可以从源点 $S$ 向每个 $i_{in}$ 连容量为 $\infty$，花费为 $p$ 的边。

接下来是洗衣服的约束，我们只需要每天的 $i_{out} \to {(i + m)}_{in}$ 容量为 $\infty$，花费为 $f$ 的边，$i_{out} \to {(i + n)}_{in}$ 容量为 $\infty$，花费为 $s$ 的边。

这样一来，直接跑最小费用最大流即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN = 4005;
const int MAXM = 20005;
struct node{
    int u, v, nxt, c, w;
}e[MAXM * 2];

int S, T;
int tot, h[MAXN], d[MAXN], pre[MAXN];
bool vis[MAXN];

void init(){
    tot = 0;
    memset(h, -1, sizeof(h));
}

void add(int u, int v, int c, int w){
    e[tot] = {u, v, h[u], c, w};
    h[u] = tot ++;
    e[tot] = {v, u, h[v], 0, -w};
    h[v] = tot ++;
}

bool spfa(){
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    memset(d, 0x3f, sizeof(d));
    memset(pre, -1, sizeof(pre));
    queue<int> q;
    q.push(S);
    d[S] = 0;
    vis[S] = true;
    while(!q.empty()){
        int u = q.front();
        q.pop();
        vis[u] = false;
        for(int i = h[u];~i;i = e[i].nxt){
            int v = e[i].v;
            if(e[i].c > 0){
                if(d[v] > d[u] + e[i].w){
                    d[v] = d[u] + e[i].w;
                    pre[v] = i;
                    if(!vis[v]){
                        q.push(v);
                        vis[v] = true;
                    }
                }
            }
        }
    }
    return (d[T] != 0x3f3f3f3f);
}

long long EK(){
    long long res = 0;
    while(spfa()){
        long long Min = 1e9;
        for(int i = T;i != S;i = e[pre[i]].u){
            Min = min(Min, (long long)e[pre[i]].c);
        }
        for(int i = T;i != S;i = e[pre[i]].u){
            e[pre[i]].c -= Min;
            e[pre[i] ^ 1].c += Min;
            res += e[pre[i]].w * Min;
        }
    }
    return res;
}

int N;
int a[MAXN];
int p, m, f, n, s;


int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
//    freopen("repair.in", "r", stdin);
//    freopen("repair.out", "w", stdout);
    cin >> N;
    init();
    for(int i = 1;i <= N;i ++){
    	cin >> a[i];
	}
	S = 0, T = 2 * N + 1;
	cin >> p >> m >> f >> n >> s;
	for(int i = 1;i <= N;i ++){
		add(S, i + N, a[i], 0);
		add(S, i, 1e9, p);
		add(i, T, a[i], 0);
		if(i + 1 <= N){
			add(i + N, (i + 1) + N, 1e9, 0);
		}
		if(i + m <= N){
			add(i + N, (i + m), 1e9, f);
		}
		if(i + n <= N){
			add(i + N, (i + n), 1e9, s);
		}
	}
	cout << EK() << endl;
    return 0;
}

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大意

树上修改，路径和，路径最值，路径取反。

思路

基础树剖 + 线段树维护。

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
using namespace std;

#define lc u << 1
#define rc u << 1 | 1
const int MAXN = 2 * 1e5 + 5;
const int INF = 1e9;
int sz[MAXN], top[MAXN], dep[MAXN];
int fa[MAXN], son[MAXN], dfn[MAXN], stk;
int nw[MAXN], n, val[MAXN];
int u_in[MAXN], v_in[MAXN], w_in[MAXN];

struct node{
	int to, nxt, len;
}e[MAXN << 1];
int tot = 0, h[MAXN];

void add(int u, int v, int w){
	e[++ tot] = {v, h[u], w};
	h[u] = tot;
}

void dfs1(int u, int f, int w){
	sz[u] = 1;
	fa[u] = f;
	dep[u] = dep[f] + 1;
	val[u] = w;
	son[u] = 0;
	for(int i = h[u];i;i = e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		if(v == f) continue;
		dfs1(v, u, e[i].len);
		sz[u] += sz[v];
		if(sz[v] > sz[son[u]]){
			son[u] = v;
		}
	}
}

void dfs2(int u, int tp){
	top[u] = tp;
	dfn[u] = ++ stk;
	nw[stk] = val[u];
	if(!son[u]) return;
	dfs2(son[u], tp);
	for(int i = h[u];i;i = e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		if(v == fa[u] || v == son[u]){
			continue;
		}
		dfs2(v, v);
	}
}

int sum[MAXN << 2];
int mx[MAXN << 2], mn[MAXN << 2];
bool lz[MAXN << 2];

void pushup(int u){
	sum[u] = sum[lc] + sum[rc];
	mx[u] = max(mx[lc], mx[rc]);
	mn[u] = min(mn[lc], mn[rc]);
}

void apply(int u){
	sum[u] = -sum[u];
	swap(mx[u], mn[u]);
	mx[u] = -mx[u];
	mn[u] = -mn[u];
	lz[u] = !lz[u];
}

void pushdown(int u){
	if(lz[u]){
		apply(lc);
		apply(rc);
		lz[u] = 0;
	}
}
void build(int u, int l, int r){
	if(l == r){
		if(l == 1){
			sum[u] = 0, mx[u] = -INF, mn[u] = INF;
		}
		else{
			sum[u] = mx[u] = mn[u] = nw[l];
		}
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	build(lc, l, mid);
	build(rc, mid + 1, r);
	pushup(u);
}

void p_modify(int u, int l, int r, int x, int v){
	if(l == r){
		sum[u] = mx[u] = mn[u] = v;
		lz[u] = false;
		return;
	}
	pushdown(u);
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(x <= mid){
		p_modify(lc, l, mid, x, v);
	}
	else{
		p_modify(rc, mid + 1, r, x, v);
	}
	pushup(u);
}

void l_modify(int u, int l, int r, int L, int R){
	if(L <= l && r <= R){
		apply(u);
		return;
	}
	pushdown(u);
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(L <= mid) l_modify(lc, l, mid, L, R);
	if(R > mid) l_modify(rc, mid + 1, r, L, R);
	pushup(u);
}

int ask_sum(int u, int l, int r, int L, int R){
	if(L <= l && r <= R){
		return sum[u];
	}
	pushdown(u);
	int ans = 0;
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(L <= mid){
		ans += ask_sum(lc, l, mid, L, R);
	}
	if(R > mid){
		ans += ask_sum(rc, mid + 1, r, L, R);
	}
	return ans;
}

int ask_max(int u, int l, int r, int L, int R){
	if(L <= l && r <= R){
		return mx[u];
	}
	pushdown(u);
	int ans = -INF;
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(L <= mid){
		ans = max(ask_max(lc, l, mid, L, R), ans);
	}
	if(R > mid){
		ans = max(ans, ask_max(rc, mid + 1, r, L, R));
	}
	return ans;
}

int ask_min(int u, int l, int r, int L, int R){
	if(L <= l && r <= R){
		return mn[u];
	}
	pushdown(u);
	int ans = INF;
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(L <= mid){
		ans = min(ans, ask_min(lc, l, mid, L, R));
	}
	if(R > mid){
		ans = min(ans, ask_min(rc, mid + 1, r, L, R));
	}
	return ans;
}

void path_modify(int u, int v){
	while(top[u] != top[v]){
		if(dep[top[u]] < dep[top[v]]){
			swap(u, v);
		}
		l_modify(1, 1, n, dfn[top[u]], dfn[u]);
		u = fa[top[u]];
	}
	if(u == v) return;
	if(dep[u] > dep[v]) swap(u, v);
	l_modify(1, 1, n, dfn[u] + 1, dfn[v]);
}

int path_sum(int u, int v){
	int ans = 0;
	while(top[u] != top[v]){
		if(dep[top[u]] < dep[top[v]]){
			swap(u, v);
		}
		ans += ask_sum(1, 1, n, dfn[top[u]], dfn[u]);
		u = fa[top[u]];
	}
	if(u == v) return ans;
	if(dep[u] > dep[v]){
		swap(u, v);
	}
	ans += ask_sum(1, 1, n, dfn[u] + 1, dfn[v]);
	return ans;
}

int path_max(int u, int v){
	int ans = -INF;
	while(top[u] != top[v]){
		if(dep[top[u]] < dep[top[v]]){
			swap(u, v);
		}
		ans = max(ans, ask_max(1, 1, n, dfn[top[u]], dfn[u]));
		u = fa[top[u]];
	}
	if(u == v) return ans;
	if(dep[u] > dep[v]){
		swap(u, v);
	}
	ans = max(ans, ask_max(1, 1, n, dfn[u] + 1, dfn[v]));
	return ans;
}

int path_min(int u, int v){
	int ans = INF;
	while(top[u] != top[v]){
		if(dep[top[u]] < dep[top[v]]){
			swap(u, v);
		}
		ans = min(ans, ask_min(1, 1, n, dfn[top[u]], dfn[u]));
		u = fa[top[u]];
	}
	if(u == v) return ans;
	if(dep[u] > dep[v]){
		swap(u, v);
	}
	ans = min(ans, ask_min(1, 1, n, dfn[u] + 1, dfn[v]));
	return ans;
}

int main(){
    freopen("travel.in", "r", stdin);
    freopen("travel.out", "w", stdout);
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
	cin >> n;
	for(int i = 1; i < n; i++){
		cin >> u_in[i] >> v_in[i] >> w_in[i];
		u_in[i]++; v_in[i]++;
		add(u_in[i], v_in[i], w_in[i]);
		add(v_in[i], u_in[i], w_in[i]);
	}
	dfs1(1, 0, 0);
	dfs2(1, 1);
	build(1, 1, n);
	int m; cin >> m;
	while(m--){
		string op; cin >> op;
		int x, y; cin >> x >> y;
		if(op == "C"){
			int target = dep[u_in[x]] > dep[v_in[x]] ? u_in[x] : v_in[x];
			p_modify(1, 1, n, dfn[target], y);
		} else {
			x++; y++;
			if(op == "N") path_modify(x, y);
			else if(op == "SUM") cout << path_sum(x, y) << "\n";
			else if(op == "MAX") cout << path_max(x, y) << "\n";
			else if(op == "MIN") cout << path_min(x, y) << "\n";
		}
	}
	return 0;
}

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大意

维护一个包含 $n$ 个弹力装置的数组，每个装置 $i$ 有弹力系数 $k_i$，绵羊从 $i$ 出发会弹到 $i + k_i$ 的位置，超出范围则弹飞。需要处理两种操作：查询从指定装置出发被弹飞的次数，以及修改指定装置的弹力系数

思路

如果说，从当前节点 $i$ 向节点 $i + k_i$ 连一条边，那么最终我们把跳出去的部分，设为 $n + 1$ 节点，那么我们就得到了一颗以 $n + 1$ 为根的树，每次我们要统计的就是 $i$ 到根的路径上的所有点之和。

但是由于这个东西需要动态的修改和查询，我们就可以用 $\text{LCT}$ 解决这个问题。

由于根节点是固定的，所以我们就不需要很多其他的奇妙操作了，只需要 splay 和 access 即可。

在查询的时候，只需要把 $x$ access 后 splay 到根即可，答案就是左子树大小，修改同理。

代码

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;

#define lc(x) t[x].ch[0]
#define rc(x) t[x].ch[1]
#define fa(x) t[x].fa

const int MAXN = 2 * 1e5 + 5;
vector<int> G[MAXN];
struct node{
	int ch[2], sz, fa;
}t[MAXN];

bool isroot(int x){
	return lc(fa(x)) != x && rc(fa(x)) != x;
}

void pushup(int x){
	t[x].sz = t[lc(x)].sz + t[rc(x)].sz + 1;
}

void rotate(int x){
	int y = fa(x), z = fa(y);
	int k = (rc(y) == x);
	if(!isroot(y)){
		t[z].ch[rc(z) == y] = x;
	}
	fa(x) = z;
	t[y].ch[k] = t[x].ch[k ^ 1];
	if(t[x].ch[k ^ 1]){
		fa(t[x].ch[k ^ 1]) = y;
	}
	t[x].ch[k ^ 1] = y;
	fa(y) = x;
	pushup(y);
	pushup(x);
}

void splay(int x){
	while(!isroot(x)){
		int y = fa(x), z = fa(y);
		if(!isroot(y)){
			(rc(y) == x) ^ (rc(z) == y) ? rotate(x) : rotate(y);
		}
		rotate(x);
	}
}

void access(int x){
	for(int y = 0;x;y = x, x = fa(x)){
		splay(x);
		rc(x) = y;
		pushup(x);
	}
}

int n, m, k[MAXN];

int main(){
	
	cin >> n;
	for(int i = 1;i <= n;i ++){
		cin >> k[i];
		t[i].sz = 1;
		fa(i) = (i + k[i]) > n ? n + 1 : (i + k[i]);
	}
	cin >> m;
	while(m --){
		int op, x, v; cin >> op >> x;
		x ++;
		if(op == 1){
			access(x);
			splay(x);
			cout << t[lc(x)].sz << '\n';
		}
		else{
			cin >> v;
			access(x);
			splay(x);
			lc(x) = fa(lc(x)) = 0;
			pushup(x);
			k[x] = v;
			fa(x) = x + v > n ? n + 1 : x + v;
		}
	}
	return 0;
}

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大意

动态维护树上的乘积和加和。

思路

直接 $\text{LCT}$ 维护即可，但是注意乘法和加法的混合的下传。

代码

#include<iostream>
using namespace std;

#define uint unsigned int
#define lc(x) t[x].ch[0]
#define rc(x) t[x].ch[1]
#define fa(x) t[x].fa
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int MOD = 51061;

struct node{
	int ch[2], fa;
	uint val, sum, sz, add, mul;
	bool tag;
	node(){
		ch[1] = ch[0] = fa = 0;
		val = sum = sz = add = 0;
		mul = 1;
		tag = false;
	}
}t[MAXN];

bool isroot(int x){
	return (lc(fa(x)) != x) && (rc(fa(x)) != x);
}

void pushup(int x){
	t[x].sz = t[lc(x)].sz + t[rc(x)].sz + 1;
	t[x].sum = (t[lc(x)].sum + t[rc(x)].sum + t[x].val) % MOD;
}

void update_rev(int x){
	if(!x) return;
	swap(lc(x), rc(x));
	t[x].tag ^= 1;
}

void apply(int x, uint md, uint ad){
	if(!x) return;
	t[x].val = (1LL * t[x].val * md + ad) % MOD;
	t[x].sum = (1LL * t[x].sum * md + 1LL * ad * t[x].sz) % MOD;
	t[x].mul = (1LL * t[x].mul * md) % MOD;
	t[x].add = (1LL * t[x].add * md + ad) % MOD;
}

void pushdown(int x){
	if(t[x].tag){
		update_rev(lc(x));
		update_rev(rc(x));
		t[x].tag = 0;
	}
	if(t[x].mul != 1 || t[x].add != 0){
		apply(lc(x), t[x].mul, t[x].add);
		apply(rc(x), t[x].mul, t[x].add);
		t[x].mul = 1, t[x].add = 0;
	}
}

void rotate(int x){
	int y = fa(x), z = fa(y);
	int k = (rc(y) == x);
	if(!isroot(y)){
		t[z].ch[rc(z) == y] = x;
	}
	fa(x) = z;
	t[y].ch[k] = t[x].ch[k ^ 1];
	if(t[x].ch[k ^ 1]){
		fa(t[x].ch[k ^ 1]) = y;
	}
	t[x].ch[k ^ 1] = y;
	fa(y) = x;
	pushup(y);
	pushup(x);
}

void pushshell(int x){
	if(!isroot(x)){
		pushshell(fa(x));
	}
	pushdown(x);
}

void splay(int x){
	pushshell(x);
	while(!isroot(x)){
		int y = fa(x), z = fa(y);
		if(!isroot(y)){
			(rc(z) == y) ^ (rc(y) == x) ? rotate(x) : rotate(y);
		}
		rotate(x);
	}
}

void access(int x){
	for(int y = 0;x;y = x, x = fa(x)){
		splay(x);
		rc(x) = y;
		pushup(x);
	}
}

void makeroot(int x){
	access(x);
	splay(x);
	update_rev(x);
}

int findrt(int x){
	access(x);
	splay(x);
	while(lc(x)){
		pushdown(x);
		x = lc(x);
	}
	splay(x);
	return x;
}

void split(int x, int y){
	makeroot(x);
	access(y);
	splay(y);
}

void link(int x, int y){
	makeroot(x);
	if(findrt(y) != x) fa(x) = y;
}

void cut(int u1, int v1){
	split(u1, v1);
	if(lc(v1) == u1 && rc(u1) == 0){
		fa(u1) = lc(v1) = 0;
		pushup(v1);
	}
}

int main(){
	int n, q;
	cin >> n >> q;
	for(int i = 1;i <= n;i ++){
		t[i].val = t[i].sum = t[i].sz = 1;
		t[i].mul = 1;
	}
	for(int i = 1;i < n;i ++){
		int u, v; cin >> u >> v;
		link(u, v);
	}
	while(q --){
		char op; cin >> op;
		int u, v, u2, v2; uint c;
		if(op == '+'){
			cin >> u >> v >> c;
			split(u, v);
			apply(v, 1, c);
		}
		else if(op == '-'){
			cin >> u >> v >> u2 >> v2;
			cut(u, v);
			link(u2, v2);
		}
		else if(op == '*'){
			cin >> u >> v >> c;
			split(u, v);
			apply(v, c, 0);
		}
		else if(op == '/'){
			cin >> u >> v;
			split(u, v);
			cout << t[v].sum << endl;
		}
	}
	return 0;
}