洛谷P4689 [Ynoi2016]这是我自己的发明（莫队，树的dfn序，map，容斥原理）

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具体思路看别的题解吧。这里只提两个可能对常数和代码长度有优化的处理方法。

I

把一个询问拆成\(9\)个甚至\(16\)个莫队询问实在是有点珂怕。

发现询问的一边要么是一个区间，要么是\([1,n]\)挖去一个区间。

记\(pre_i=f_{[1,i],[1,n]}\)，这个可以一遍预处理求出来。

简单容斥一下：

\[f_{[l,r],[1,L)\cup(R,n]}=f_{[l,r],[1,n]}-f_{[l,r],[L,R]}=pre_r-pre_{l-1}-f_{[l,r],[L,R]} \]

\[f_{[1,l)\cup(r,n],[1,L)\cup(R,n]}=f_{[1,n],[1,n]}-f_{[l,r],[1,n]}-f_{[1,n],[L,R]}+f_{[l,r],[L,R]}=... \]

于是对于每个询问，我们拆成\(4\)个莫队询问就够了，因为只差求\(f_{[l,r],[L,R]}\)。

II

如何求某一个点往新根方向上的儿子？树剖倍增什么的都太呆了。

预处理树的dfn序，每个点开一个map按dfn序挂上它所有的儿子，查询时拿着新根的dfn序直接lower_bound即可。

然后就可以2kb写完这道不算太毒瘤的由乃题了。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
#define G if(++ip==ie)if(fread(ip=buf,1,SZ,stdin))
using namespace std;
const int SZ=1<<19,N=1e5+9,M=5e5+9;
char buf[SZ],*ie=buf+SZ,*ip=ie-1;
inline int in(){
    G;while(*ip<'-')G;
    R x=*ip&15;G;
    while(*ip>'-'){x*=10;x+=*ip&15;G;}
    return x;
}
struct Qry{
    int x,y,b,id;
    inline bool operator<(const Qry&t)const{
        return b!=t.b?b<t.b:(1&b)?y>t.y:y<t.y;
    }
}t[4*M];
int dfn,a[N],b[N],c1[N],c2[N],l[N],r[N],he[N],ne[2*N],to[2*N];
LL pre[N],ans[M];
map<int,int>ch[N];
void dfs(R x,R f){//预处理dfn序
    l[x]=++dfn;
    for(R y,i=he[x];i;i=ne[i])
        if((y=to[i])!=f)dfs(y,x),ch[x][r[y]]=y;
    r[x]=dfn;
}
int main(){
    R n=in(),m=in(),q=0,B=sqrt(n);
    for(R i=1;i<=n;++i)
        a[i]=b[i]=in();
    for(R i=1,p=0;i<n;++i){
        R x=in(),y=in();
        ne[++p]=he[x];to[he[x]=p]=y;
        ne[++p]=he[y];to[he[y]=p]=x;
    }
    dfs(1,0);
    sort(a+1,a+n+1);
    for(R i=1;i<=n;++i)b[i]=lower_bound(a+1,a+n+1,b[i])-a;
    for(R i=1;i<=n;++i)++c1[a[l[i]]=b[i]];//预处理pre
    for(R i=1;i<=n;++i)pre[i]=pre[i-1]+c1[a[i]];
    for(R i=1,rt=1;i<=m;++i){
        if(in()&1){rt=in();--i;--m;continue;}
        R x=in(),y=in();
        R tx=l[x]<=l[rt]&&r[rt]<=r[x];if(x==rt)x=1,tx=0;
        R ty=l[y]<=l[rt]&&r[rt]<=r[y];if(y==rt)y=1,ty=0;
        if(tx)x=ch[x].lower_bound(l[rt])->second;//map找儿子
        if(ty)y=ch[y].lower_bound(l[rt])->second;
        R lx=l[x]-1,ly=l[y]-1,rx=r[x],ry=r[y];
        if(tx&&ty)ans[i]=pre[n];
        if(tx)ans[i]+=(pre[ry]-pre[ly])*(tx==ty?-1:1);
        if(ty)ans[i]+=(pre[rx]-pre[lx])*(tx==ty?-1:1);
        t[++q]=(Qry){rx,ry,rx/B,tx==ty?i:-i};//四个莫队询问，带上容斥系数
        t[++q]=(Qry){rx,ly,rx/B,tx==ty?-i:i};
        t[++q]=(Qry){lx,ry,lx/B,tx==ty?-i:i};
        t[++q]=(Qry){lx,ly,lx/B,tx==ty?i:-i};
    }
    sort(t+1,t+q+1);
    LL now=0;memset(c1+1,0,4*n);
    for(R i=1,x=0,y=0;i<=q;++i){//莫队
        while(x<t[i].x)++c1[a[++x]],now+=c2[a[x  ]];
        while(x>t[i].x)--c1[a[  x]],now-=c2[a[x--]];
        while(y<t[i].y)++c2[a[++y]],now+=c1[a[y  ]];
        while(y>t[i].y)--c2[a[  y]],now-=c1[a[y--]];
        R j=t[i].id;j>0?ans[j]+=now:ans[-j]-=now;
    }
    for(R i=1;i<=m;++i)
        printf("%lld\n",ans[i]);
    return 0;
}