Description：
小Y家里有一个大森林，里面有n棵树，编号从1到n
0 l r 表示将第 l 棵树到第 r 棵树的生长节点下面长出一个子节点，子节点的标号为上一个 0 号操作叶子标号加 1（例如，第一个 0 号操作产生的子节点标号为 2）， l 到 r 之间的树长出的节点标号都相同。保证 1<=l<=r<=n 。
1 l r x 表示将第 l 棵树到第 r 棵树的生长节点改到标号为 x 的节点。对于 i (l<=i<=r)这棵树，如果标号 x的点不在其中，那么这个操作对该树不产生影响。保证 1<=l<=r<=n ， x 不超过当前所有树中节点最大的标号。
2 x u v 询问第 x 棵树中节点 u 到节点 v 点的距离，也就是在第 x 棵树中从节点 u 和节点 v 的最短路上边的数量。保证1<=x<=n，这棵树中节点 u 和节点 v 存在。
Hint：
$ N<=10^5,M<=2*10^5 $
Solution:
一开始想到线段树套LCT，然而标记无法下传
考虑朴素做法，每个节点用LCT维护一片森林，空间显然无法承受
这时我们需要转换思路
因为题目没有强制在线，所以我们可以只维护一颗”树“，然后按顺序处理1、2操作
每次1操作直接把该生长节点的子树”嫁接“到另一个生长节点
为了保证复杂度，我们需要在生长节点处开一个虚点，这样就不需要多点换父亲了
2操作直接用求个LCA就行了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mxn=3e5+5;
struct Q {int pos,id,x,y,qr;
}q[mxn];
int n,m,p,s,tot,cnt,sum;
int t[mxn],lp[mxn],rp[mxn],bl[mxn],fa[mxn],ch[mxn][2],ans[mxn],val[mxn];int cmp(Q x,Q y) {return x.pos==y.pos?x.id<y.id:x.pos<y.pos;
}namespace lct {int isnotrt(int x) {return ch[fa[x]][0]==x||ch[fa[x]][1]==x;}void push_up(int x) {t[x]=t[ch[x][0]]+t[ch[x][1]]+val[x];}void rotate(int x) {int y=fa[x],z=fa[y],tp=ch[y][1]==x;if(isnotrt(y)) ch[z][ch[z][1]==y]=x; fa[x]=z;ch[y][tp]=ch[x][tp^1]; fa[ch[x][tp^1]]=y;ch[x][tp^1]=y; fa[y]=x;push_up(y),push_up(x);}void splay(int x) {while(isnotrt(x)) {int y=fa[x],z=fa[y];if(isnotrt(y)) (ch[y][1]==x)^(ch[z][1]==y)?rotate(x):rotate(y);rotate(x); }}int access(int x) {int y;for(y=0;x;x=fa[y=x]) splay(x),ch[x][1]=y,push_up(x);return y; }void link(int x,int y) {splay(x); fa[x]=y;}void cut(int x) {access(x); splay(x); ch[x][0]=fa[ch[x][0]]=0; push_up(x);}
}
using namespace lct;int main()
{scanf("%d%d",&n,&m); int res,lca,opt,l,r,x,y; p=tot=val[1]=t[1]=lp[1]=bl[1]=1; rp[1]=n; int now=2; link(++p,1);for(int i=1;i<=m;++i) {scanf("%d",&opt);if(opt==0) {scanf("%d%d",&l,&r);bl[++tot]=++p; link(p,now); //每次把新节点直接长在最近更新的生成节点，考虑这样为什么不会错，因为实点之间的虚点不会影响答案lp[tot]=l,rp[tot]=r; val[p]=t[p]=1;}else if(opt==1) {scanf("%d%d%d",&l,&r,&x); l=max(l,lp[x]); r=min(r,rp[x]); if(l>r) continue;//去掉无用的区间link(++p,now);q[++s]=(Q){l,i,p,bl[x],0};q[++s]=(Q){r+1,i,p,now,0};now=p;}else scanf("%d%d%d",&l,&x,&y),q[++s]=(Q){l,i,bl[x],bl[y],++sum};}sort(q+1,q+s+1,cmp); for(int i=1;i<=s;++i) {if(q[i].qr>0) {access(q[i].x); splay(q[i].x); res=t[q[i].x]; //因为这题规定根为1，所以我们不能makertlca=access(q[i].y); splay(q[i].y); res+=t[q[i].y];access(lca); ans[q[i].ss]=res-t[lca]*2; }else cut(q[i].x),link(q[i].x,q[i].y);}for(int i=1;i<=sum;++i) printf("%d\n",ans[i]);return 0;
}
)
