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题目大意：给出一棵 n 个节点构成的数，每个节点都有一个颜色，现在需要执行 m 次操作，每次操作分为如下两种类型：
- Q x：回答所有颜色为 x 的节点构成的连通子图含有的最少边数
- U x y：将点 x 的颜色修改为 y
题目分析：首先转换模型，要求边的个数，不妨转换成距离
根据虚树建树得到启发，如果目前只有两个节点的话，那么该题对应的答案显然是两点之间的距离，对应为下图：
如果此时再加入一个点 2，满足 dfn[ 1 ] < dfn[ 2 ] < dfn[ 3 ]，那么对于点 2 来说无非只有两种情况：
- 不位于点 1 到点 3 的路径上
- 位于点 1 到点 3 的路径上
分别对应着下图的两种情况：
对于情况二来说，在本题中对答案显然不做贡献，而对于情况一来说，多出来的一段贡献已经用红圈标记出来了
总结一下求这个红圈中的贡献，实质上就是求 dis( 1 , 2 ) + dis( 2 , 3 ) - dis( 1 , 3 )
其中，dis( x , y ) 是从点 x 到点 y 的距离，这个借助 LCA 很容易就能实现，这样本题的做法就呼之欲出了
求出整棵树的 dfs 序，将每个颜色的节点按照 dfs 序维护，对于每个节点 x 来说，设 l 为 dfs 序小于 x 的最大节点，r 为 dfs 序大于 x 的最小节点，mmin 为颜色 c[ x ] 中 dfs 序最小的节点，mmax 为颜色 c[ x ] 中 dfs 序最大的节点，加入点 x 分为两种情况讨论：
- 如果 l 和 r 都存在：ans += dis( x , l ) + dis( x , r ) - dis( l , r )，对应着上图中的情况
- 否则：ans += dis( x , mmin ) + dis( x , mmax ) - dis( mmin , mmax )，对应着新加入的点的 dfn 为最小值或最大值的情况，此时该点对本题的答案一定具有贡献，随便找两个点配合更新一下答案即可
删除的话倒着减去贡献就好了
代码：
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
//#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#include<list>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+100;
int limit,deep[N],dp[N][20],id[N],c[N],ans[N],cnt;
vector<int>node[N];
struct Scmp
{
bool operator()(int x,int y)
{
return id[x]<id[y];
}
};
set<int,Scmp>st[N];
void dfs(int u,int fa,int dep)
{
id[u]=++cnt;
deep[u]=dep;
dp[u][0]=fa;
for(int i=1;i<=limit;i++)
dp[u][i]=dp[dp[u][i-1]][i-1];
for(auto v:node[u])
{
if(v==fa)
continue;
dfs(v,u,dep+1);
}
}
int LCA(int x,int y)
{
if(deep[x]<deep[y])
swap(x,y);
for(int i=limit;i>=0;i--)
if(deep[x]-deep[y]>=(1<<i))
x=dp[x][i];
if(x==y)
return x;
for(int i=limit;i>=0;i--)
if(dp[x][i]!=dp[y][i])
{
x=dp[x][i];
y=dp[y][i];
}
return dp[x][0];
}
int dis(int x,int y)
{
return deep[x]+deep[y]-2*deep[LCA(x,y)];
}
void update(int x,int flag)
{
if(flag==-1)
st[c[x]].erase(x);
auto it=st[c[x]].lower_bound(x);
if(st[c[x]].empty())
ans[c[x]]=0;
else if(it==st[c[x]].begin()||it==st[c[x]].end())
{
ans[c[x]]+=flag*dis(*st[c[x]].begin(),x);
ans[c[x]]+=flag*dis(*st[c[x]].rbegin(),x);
ans[c[x]]-=flag*dis(*st[c[x]].begin(),*st[c[x]].rbegin());
}
else
{
auto nt=it,pre=--it;
ans[c[x]]+=flag*dis(*nt,x);
ans[c[x]]+=flag*dis(*pre,x);
ans[c[x]]-=flag*dis(*pre,*nt);
}
if(flag==1)
st[c[x]].insert(x);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("data.in.txt","r",stdin);
// freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);
int n;
scanf("%d",&n);
limit=log2(n)+1;
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
node[u].push_back(v);
node[v].push_back(u);
}
dfs(1,0,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",c+i);
update(i,1);
}
int m;
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
char op[5];
scanf("%s",op);
if(op[0]=='Q')
{
int x;
scanf("%d",&x);
printf("%d\n",st[x].empty()?-1:ans[x]/2);
}
else
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
update(x,-1);
c[x]=y;
update(x,1);
}
}
return 0;
}