题目描述
给定一棵\(n\)个节点的树，有两个操作：
\(CHANGE\) \(i\) \(t_i\) 把第\(i\)条边的边权变成\(t_i\)
\(QUERY\) \(a\) \(b\) 输出从\(a\)到\(b\)的路径中最大的边权，当\(a=b\)的时候，输出\(0\)
输入输出格式
输入格式：
第一行输入一个\(n\)，表示节点个数
第二行到第\(n\)行每行输入三个数，\(u_i\)，\(v_i\)，\(w_i\)，分别表示 \(u_i\)，\(v_i\)有一条边，边权是\(w_i\)
第\(n+1\)行开始，一共有不定数量行，每一行分别有以下三种可能
\(CHANGE\)，\(QUERY\)同题意所述
\(DONE\)表示输入结束
输出格式：
对于每个\(QUERY\)操作，输出一个数，表示\(a\) \(b\)之间边权最大值
输入输出样例
输入样例#1：
3
1 2 1
2 3 2
QUERY 1 2
CHANGE 1 3
QUERY 1 2
DONE输出样例#1：
1
3说明
数据保证：
\(1 \leq n \leq 10^5\)
操作次数 \(\leq 3*10^5\)
\(wi\)和\(ti\) \(\leq 2^{31}−1\)
思路：读完题目之后……诶，这不是树链剖分裸题么？？！！
然后……代码写到一半忽然发现是边权……而普通的树链剖分是点权，如果是点权的话，那这道题就是一个裸题了吧。然后，我们可以发现，一个点连向它父亲的边有且只有一个，即一个点只有一个父亲，那么我们就可以用它的点权来代替它与它父亲之间的那条边的边权，然后，就成了一个裸题了……
还有要注意的一点就是，区间查询的时候不要把LCA算上，因为它的点权代表它与它父亲的边权，不在查询的路径上。
自己整理的题解
代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#define maxn 100007
#define ll long long
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
using namespace std;
int n,head[maxn],d[maxn],size[maxn],son[maxn],a[maxn],lazy[maxn<<2];
int p[maxn],id[maxn],top[maxn],num,cnt,fa[maxn],maxx[maxn<<2];
char s[10];
inline int qread() {char c=getchar();int num=0,f=1;for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;for(;isdigit(c);c=getchar()) num=num*10+c-'0';return num*f;
}
struct node {int v,w,nxt;
}e[maxn<<1];
inline void ct(int u, int v, int w) {e[++num].v=v;e[num].w=w;e[num].nxt=head[u];head[u]=num;
}
inline void pushup(int rt) {maxx[rt]=max(maxx[ls],maxx[rs]);
}
inline void pushdown(int rt) {if(lazy[rt]>=0) {maxx[ls]=maxx[rs]=lazy[ls]=lazy[rs]=lazy[rt];lazy[rt]=-1;}
}
void build(int rt, int l, int r) {lazy[rt]=-1;if(l==r) {maxx[rt]=a[l];return;}int mid=(l+r)>>1;build(ls,l,mid);build(rs,mid+1,r);pushup(rt);
}
void modify(int rt, int l, int r, int L, int R, int val) {if(L>r||R<l) return;if(L<=l&&r<=R) {maxx[rt]=lazy[rt]=val;return;}pushdown(rt);int mid=(l+r)>>1;modify(ls,l,mid,L,R,val),modify(rs,mid+1,r,L,R,val);pushup(rt);
}
int cmax(int rt, int l, int r, int L, int R) {if(L<=l&&r<=R) return maxx[rt];int ans=0;int mid=(l+r)>>1;pushdown(rt);if(L<=mid) ans=max(ans,cmax(ls,l,mid,L,R));if(R>mid) ans=max(ans,cmax(rs,mid+1,r,L,R));return ans;
}
void dfs1(int u, int f) {size[u]=1;for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {int v=e[i].v;if(v!=f) {d[v]=d[u]+1;fa[v]=u;p[v]=e[i].w;dfs1(v,u);size[u]+=size[v];if(size[v]>size[son[u]]) son[u]=v;}}
}
void dfs2(int u, int t) {id[u]=++cnt;top[u]=t;a[cnt]=p[u];if(son[u]) dfs2(son[u],t);for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {int v=e[i].v;if(v!=fa[u]&&v!=son[u]) dfs2(v,v);}
}
int query(int x, int y) {int ans=0,fx=top[x],fy=top[y];while(fx!=fy) {if(d[fx]<d[fy]) swap(x,y),swap(fx,fy);ans=max(ans,cmax(1,1,n,id[fx],id[x]));x=fa[fx],fx=top[x];}if(id[x]>id[y]) swap(x,y);ans=max(ans,cmax(1,1,n,id[x]+1,id[y]));return ans;
}
int main() {n=qread();for(int i=1,u,v,w;i<n;++i) {u=qread(),v=qread(),w=qread();ct(u,v,w);ct(v,u,w);}dfs1(1,0),dfs2(1,1);build(1,1,n);while(1) {scanf("%s",s);if(s[0]=='D') break;int x=qread(),y=qread();if(s[0]=='Q') {if(x==y) printf("0\n");else printf("%d\n",query(x,y));}if(s[0]=='C') {x=d[e[x*2-1].v]<d[e[x<<1].v]?e[x<<1].v:e[x*2-1].v;modify(1,1,n,id[x],id[x],y);}}return 0;
}