题目描述
如题，已知一棵包含N个结点的树（连通且无环），每个节点上包含一个数值，需要支持以下操作：
操作1： 格式： 1 x y z 表示将树从x到y结点最短路径上所有节点的值都加上z
操作2： 格式： 2 x y 表示求树从x到y结点最短路径上所有节点的值之和
操作3： 格式： 3 x z 表示将以x为根节点的子树内所有节点值都加上z
操作4： 格式： 4 x 表示求以x为根节点的子树内所有节点值之和
输入输出格式
输入格式：
第一行包含4个正整数N、M、R、P，分别表示树的结点个数、操作个数、根节点序号和取模数（即所有的输出结果均对此取模）。
接下来一行包含N个非负整数，分别依次表示各个节点上初始的数值。
接下来N-1行每行包含两个整数x、y，表示点x和点y之间连有一条边（保证无环且连通）
接下来M行每行包含若干个正整数，每行表示一个操作，格式如下：
操作1： 1 x y z
操作2： 2 x y
操作3： 3 x z
操作4： 4 x
输出格式：
输出包含若干行，分别依次表示每个操作2或操作4所得的结果（对P取模）
输入输出样例
输入样例#1： 复制
5 5 2 24
7 3 7 8 0
1 2
1 5
3 1
4 1
3 4 2
3 2 2
4 5
1 5 1 3
2 1 3
输出样例#1： 复制
2
21
说明
时空限制：1s，128M
数据规模：
对于30%的数据： N≤10,M≤10 N \leq 10, M \leq 10 N≤10,M≤10
对于70%的数据： N≤103,M≤103 N \leq {10}^3, M \leq {10}^3 N≤103,M≤103
对于100%的数据： N≤105,M≤105 N \leq {10}^5, M \leq {10}^5 N≤105,M≤105
（ 其实，纯随机生成的树LCA+暴力是能过的，可是，你觉得可能是纯随机的么233 ）
样例说明：
树的结构如下：
各个操作如下：
故输出应依次为2、21(重要的事情说三遍：记得取模)
树链剖分主要用来解决
将树从x到y结点最短路径上所有节点的值都加上z
求树从x到y结点最短路径上所有节点的值之和
将以x为根节点的子树内所有节点值都加上z
求以x为根节点的子树内所有节点值之和
模板：
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define lson rt<<1
#define rson rt<<1|1
using namespace std;
const int maxn = 2e5+6;
int mod;
int n,m,r;
int sum[maxn<<2];
int laz[maxn<<2];
int dep[maxn*2];
int va[maxn*2];
int top[maxn*2];
int id[maxn*2];
int fa[maxn*2];
int son[maxn*2];
int siz[maxn*2];
int head[maxn*2];
int tot;
int cnt;
int rk[maxn*2];
#define mid ((l+r)>>1)
#define lson rt<<1,l,mid
#define rson rt<<1|1,mid+1,r
#define len (r-l+1)
int wt[maxn*2];
void init()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
tot = 0;
cnt = 1;
}
struct node
{
int u,v;
int net;
}E[maxn*2];
void build2(int u,int v)
{
E[tot].u = u;
E[tot].v = v;
E[tot].net = head[u];
head[u] = tot++;
}
//-------------------------------------- 以下为线段树
inline void pushdown(int rt,int lenn){
laz[rt<<1]+=laz[rt];
laz[rt<<1|1]+=laz[rt];
sum[rt<<1]+=laz[rt]*(lenn-(lenn>>1));
sum[rt<<1|1]+=laz[rt]*(lenn>>1);
sum[rt<<1]%=mod;
sum[rt<<1|1]%=mod;
laz[rt]=0;
}
inline void build(int l,int r,int rt){
if(l==r){
sum[rt]=wt[l];
// cout<<l<<' '<<wt[l]<<endl;
if(sum[rt]>mod)sum[rt]%=mod;
return;
}
//int mid = (l+r)>>1;
build(l,mid,rt<<1);
build(mid+1,r,rt<<1|1);
sum[rt]=(sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1])%mod;
}
int res;
inline void query(int l,int r,int L,int R,int rt){
if(L<=l&&r<=R){res+=sum[rt];res%=mod;return;}
else{
if(laz[rt])pushdown(rt,len);
if(L<=mid)query(l,mid,L,R,rt<<1);
if(R>mid)query(mid+1,r,L,R,rt<<1|1);
}
}
inline void update(int l,int r,int L,int R,int rt,int k){
if(L<=l&&r<=R){
laz[rt]+=k;
sum[rt]+=k*len;
}
else{
if(laz[rt])pushdown(rt,len);
if(L<=mid)update(l,mid,L,R,rt<<1,k);
if(R>mid)update(mid+1,r,L,R,rt<<1|1,k);
sum[rt]=(sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1])%mod;
}
}
inline void dfs1(int x,int f,int deep){//x当前节点，f父亲，deep深度
dep[x]=deep;//标记每个点的深度
fa[x]=f;//标记每个点的父亲
siz[x]=1;//标记每个非叶子节点的子树大小
int maxson=-1;//记录重儿子的儿子数
for(int i = head[x];~i;i = E[i].net){
int y=E[i].v;
if(y==f)continue;//若为父亲则continue
dfs1(y,x,deep+1);//dfs其儿子
siz[x]+=siz[y];//把它的儿子数加到它身上
if(siz[y]>maxson)son[x]=y,maxson=siz[y];//标记每个非叶子节点的重儿子编号
}
}
inline void dfs2(int x,int topf){//x当前节点，topf当前链的最顶端的节点
id[x]=cnt++;//标记每个点的新编号
wt[cnt-1]=va[x];//把每个点的初始值赋到新编号上来
top[x]=topf;//这个点所在链的顶端
if(!son[x])return;//如果没有儿子则返回
dfs2(son[x],topf);//按先处理重儿子，再处理轻儿子的顺序递归处理
for(int i = head[x];~i;i = E[i].net){
int y=E[i].v;
if(y==fa[x]||y==son[x])continue;
dfs2(y,y);//对于每一个轻儿子都有一条从它自己开始的链
}
}
inline int qRange(int x,int y){
int ans=0;
while(top[x]!=top[y]){//当两个点不在同一条链上
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);//把x点改为所在链顶端的深度更深的那个点
res=0;
query(1,n,id[top[x]],id[x],1);//ans加上x点到x所在链顶端 这一段区间的点权和
ans+=res;
ans%=mod;//按题意取模
x=fa[top[x]];//把x跳到x所在链顶端的那个点的上面一个点
}
//直到两个点处于一条链上
if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);//把x点深度更深的那个点
res=0;
query(1,n,id[x],id[y],1);//这时再加上此时两个点的区间和即可
ans+=res;
return ans%mod;
}
inline void updRange(int x,int y,int k){//同上
k%=mod;
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
update(1,n,id[top[x]],id[x],1,k);
x=fa[top[x]];
}
if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
update(1,n,id[x],id[y],1,k);
}
int main(){
init();
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&r,&mod);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&va[i]);
for(int i=1;i<n;i++){
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
build2(a,b);
build2(b,a);
}
dfs1(r,0,1);
dfs2(r,r);
build(1,n,1);
while(m--){
int k,x,y,z;
scanf("%d",&k);
if(k==1){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
updRange(x,y,z);
}
else if(k==2){
scanf("%d%d",&x,&y);
printf("%d\n",qRange(x,y));
}
else if(k==3){
scanf("%d%d",&x,&y);
update(1,n,id[x],id[x]+siz[x]-1,1,y%mod);
}
else{
scanf("%d",&x);
res = 0;
query(1,n,id[x],id[x]+siz[x]-1,1);
printf("%d\n",res);
}
}
}