题目大意：
给定一棵有 n 个节点的树，初始每个点的点权为 0 ，有 m 个操作，分为两类：
第一类：1 x ，询问 x 节点的权值；
第二类：2 x y w ，对节点 x 到节点 y 路径上所有点的点权加 w。
n, m <= 4e5
u, v, x, y <= n
z <= 1e9
题目思路： (需要前置技能，树状数组+树上dfs+lca)
------------------------------------------（先思考一个简化问题）---------------------------------------------------
首先我们不说这个路径，我们思考一个简化的问题：有两种操作。一种是对x点 的点权加/减w。另一种是查询x的子树的点权和。（起初点权都为0）
首先我们随便画一棵树。
DFS序为： 1 4 2 9 9 2 7 7 8 8 4 5 6 6 5 1（第一次出现为in，第二次为out）
因为我们要实现对一个点加值，而改变他的祖先的值。如果我们对2号点+w。那么所有包含这个2号点的所有子树，也就是2的所有祖先（2,4,1），都要加上w。也就是说在dfs序中，包含2这个节点的所有点都要+w，怎么实现这个所有包含2的这个想法呢，想一下，如果包含2，那么肯定他的in和out这个区间包含2的in和out。
重点：两个区间一定不会交叉！！！一定要想清楚，要么包含，要么无交集，一定不会有交叉（栈的特性）
举个例子。4的in时间戳为2, 4的out时间戳为11 。这个区间包含2的in到out的时间区间。所以4包含2。1号节点同理。
涉及到区间查询和单点修改，可以想到树状数组或者线段树。我们就用树状数组吧，反正只是单点修改，而且本弱是萌新。
所以我们实现对2号点+w的时候，就把in【2】的位置+w。那么思考上边的红字部分，因为一定不会有交叉，所以只有完全覆盖这个in【2】位置的节点才会被逻辑上+w。（大佬们可能要发问了，为什么in的位置加？其实还是考虑刚刚的红字部分，完全覆盖这个in和out的才会做贡献，既然包含了in那么一定包含out（红字部分！！），本弱试验过in【2】+w改成out【2】+w，同样可以AC）
查询的时候我们只要树状数组ask（out【x】）-ask（in【x】-1）既查询区间内的和，就可以了。
------------------------------------------（以上全是本弱口胡，以下才是重点）-----------------------------------------
接下来我们考虑刚刚的题目：第一种询问是查询x点的点权，第二种是x到y的路径全部+w
我们还是继上边的树状数组思想思考。既然是修改x到y的路径上的全部点，我们上边提到了在in【2】的位置+w。然后会对2的所有祖先都+w对吧，比如还是上边的图（为了读者方便，最好先抄下来图和dfs序）本弱对9到8的这个路径+w。
我先对in【9】的树状数组位置+w那么（所有祖先）1，2和4都会加上w，我再对in【8】的位置+w，那么1,4和8都会+w，这时候我们发现，1本来不应该被加但是被加了两次，公共祖先4应该被加一次，但是被加了两次，所以我们需要抵消这些多加的，于是对in【LCA（8,9）】这个位置-w。那么所有包含公共祖先的都被减去w，所以再对fa【LCA（8,9）】的位置减去一个w，就成功抵消了所有的多加的。
查询怎么查？？ 对于一个点x我只需要计算他的子树一共对他贡献了多少就可以了对吧（子树包含他自己，因为要算被多加的那一次剪掉的）。ask（out【x】）-ask（in【x】-1）既查询区间内的和
#include<iostream>
#pragma GCC optimize(3)
#include<string.h>
#include<cmath>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
const ll MAXN=4e5+5;
ll d[MAXN],t;
ll c[2*MAXN];
int n,m;
int fa[MAXN],in[MAXN],out[MAXN],f[MAXN][25];
vector<int>v[MAXN];
void add(ll x,ll d)
{
for(;x<=2*MAXN;x+=x&-x)c[x]+=d;
}
ll ask(ll x){
ll ans=0;
for(;x;x-=x&-x){
ans+=c[x];
}
return ans;
}
void bfs()
{
memset(d,0,sizeof(d));
d[1]=1;queue<int>q;
q.push(1);fa[1]=0;
while(!q.empty())
{
ll x=q.front();q.pop();
ll len=v[x].size();
for(ll i=0;i<len;i++){
ll y=v[x][i];
if(d[y])continue;
d[y]=d[x]+1;
fa[y]=x;
f[y][0]=x;
for(ll j=1;j<=t;j++){
f[y][j]=f[f[y][j-1]][j-1];
}
q.push(y);
}
}
}
ll lca(ll x,ll y)
{
if(d[x]>d[y])swap(x,y);
for(ll i=t;i>=0;i--){
if(d[f[y][i]]>=d[x])y=f[y][i];
}
if(x==y)return x;
for(ll i=t;i>=0;i--){
if(f[y][i]!=f[x][i])x=f[x][i],y=f[y][i];
}
return f[x][0];
}
ll cnt=0;
void dfs(ll x)
{
in[x]=++cnt;
ll len=v[x].size();
for(ll i=0;i<len;i++){
ll now=v[x][i];
if(!in[now]){
dfs(now);
}
}
out[x]=++cnt;
}
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false);
memset(c,0,sizeof(c));
memset(in,0,sizeof(in));
memset(out,0,sizeof(out));
//cout<<(int)log(400005)/log(2)+1<<endl;
scanf("%d%d",&n,&m);
t=(int)(log(n)/log(2))+1;
for(ll i=0;i<n-1;i++){
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
v[a].push_back(b);v[b].push_back(a);
}
bfs();dfs(1);
for(ll i=1;i<=m;i++){
int ope;
scanf("%d",&ope);
if(ope==1){
int sb;scanf("%d",&sb);
printf("%lld\n",(ll)ask(out[sb])-(ll)ask(in[sb]-1));
}
else{
int sb1,sb2,sb3;
scanf("%d%d%d",&sb1,&sb2,&sb3);
int ff=lca(sb1,sb2);
//cout<<1<<endl;
add(in[sb1],sb3);
add(in[sb2],sb3);
add(in[ff],-sb3);
if(fa[ff]!=0)add(in[fa[ff]],-sb3);
}
}
}