[Bjoi2014]大融合

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Description

小强要在N个孤立的星球上建立起一套通信系统。这套通信系统就是连接N个点的一个树。

这个树的边是一条一条添加上去的。在某个时刻，一条边的负载就是它所在的当前能够

联通的树上路过它的简单路径的数量。

例如，在上图中，现在一共有了5条边。其中，(3,8)这条边的负载是6，因

为有六条简单路径2-3-8,2-3-8-7,3-8,3-8-7,4-3-8,4-3-8-7路过了(3,8)。

现在，你的任务就是随着边的添加，动态的回答小强对于某些边的负载的

询问。

Input

第一行包含两个整数N,Q，表示星球的数量和操作的数量。星球从1开始编号。

接下来的Q行，每行是如下两种格式之一：

A x y 表示在x和y之间连一条边。保证之前x和y是不联通的。

Q x y 表示询问(x,y)这条边上的负载。保证x和y之间有一条边。

1≤N,Q≤100000

Output

对每个查询操作，输出被查询的边的负载。

Sample Input

8 6
A 2 3
A 3 4
A 3 8
A 8 7
A 6 5
Q 3 8

Sample Output

LCT维护子树信息

维护两个和，sum：总的和（虚边+实边），cnt：虚边和

需要修改的操作：

access：cnt+=sum[ch[x][1]]-sum[t] x原来的实边变为虚边，加上他，t由虚边变为实边，减去他

link：x练到y上，x的子树全部成为y的虚子树，所以cnt[y]+=sum[x]

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 1000001
int ch[N][2],fa[N],sum[N],st[N],top,cnt[N];
bool tag[N];
struct LCT
{bool isroot(int x) { return ch[fa[x]][0]!=x && ch[fa[x]][1]!=x;}void update(int x) { sum[x]=1+cnt[x]+sum[ch[x][0]]+sum[ch[x][1]]; }int getson(int x) { return ch[fa[x]][1]==x; }void down(int x){ if(tag[x]) { tag[x]^=1; tag[ch[x][0]]^=1; tag[ch[x][1]]^=1;swap(ch[x][0],ch[x][1]);}}void rotate(int x){int y=fa[x],z=fa[y],l=getson(x),r=l^1;if(!isroot(y)) ch[z][ch[z][1]==y]=x;ch[y][l]=ch[x][r]; ch[x][r]=y;fa[x]=z; fa[y]=x; fa[ch[y][l]]=y;update(y);}void splay(int x){st[top=1]=x;for(int i=x;!isroot(i);i=fa[i]) st[++top]=fa[i];for(int i=top;i;i--) down(st[i]);while(!isroot(x)){int y=fa[x];if(!isroot(y)) rotate(getson(x)==getson(y) ? y : x);rotate(x);        }update(x);}void access(int x) { int t=0;while(x) { splay(x); cnt[x]+=sum[ch[x][1]]-sum[t]; ch[x][1]=t; update(x); t=x; x=fa[x];}}void make_root(int x) { access(x); splay(x); tag[x]^=1; }void split(int x,int y) { make_root(x); access(y); splay(y); }void link(int x,int y) { split(x,y); cnt[y]+=sum[x]; fa[x]=y; update(y);}
};
LCT lct;
int main()
{int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);fill(sum+1,sum+n+1,1);char s[2]; int x,y;while(m--){scanf("%s%d%d",s,&x,&y);if(s[0]=='A') lct.link(x,y);else  lct.split(x,y),printf("%lld\n",1ll*sum[x]*(sum[y]-sum[x]));}
}

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