给定有根树，初始点权为0，有三种操作：
1、u为根的子树全部节点赋值为1
2、u到根节点1的路径上，所有的点赋值为0
3、查询u的点权
带点权的树上路径修改问题，可直接树剖暴力写完。
同时，树剖还可以解决这个问题的拓展：点权并非只有1，0两种，可以是任意值，
同样是区间修改+区间查询。
时间复杂度O(N logN log N)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pii pair<int, int>
const int maxn = 5e5 + 10;
const ll mod = 998244353;
const ll inf = (ll)4e16+5;
const int INF = 1e9 + 7;
const double pi = acos(-1.0);
ll inv(ll b){
if(b==1)return 1;return(mod-mod/b)*inv(mod%b)%mod;}
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
//给定有根树 初始点权为0 三种操作 1、rt子树全部赋值为1
//2、rt往上到根节点路径节点全部赋值为0 3、查询节点u的值
//树剖 暴力改
struct node
{
#define lc rt<<1
#define rc rt<<1|1
int l,r;
int v;
}tree[maxn<<2];
int tag[maxn<<2];//1表示赋值为1
vector<int> g[maxn];
int n,m;
inline void pushup(int rt)
{
tree[rt].v = tree[lc].v + tree[rc].v;
}
inline void build(int rt,int l,int r)
{
tree[rt].l=l,tree[rt].r=r;
if(l==r) return ;
int mid=l+r>>1;
build(lc,l,mid);build(rc,mid+1,r);
}
inline void change(int rt,int v)
{
//v==1 全变成1 v==2 全变成0
tree[rt].v=(tree[rt].r-tree[rt].l+1)*(v%2);
if(v%2==0) tag[rt]=2;
else tag[rt]=1;
}
inline void pushdown(int rt)
{
if(tag[rt])
{
change(lc,tag[rt]);
change(rc,tag[rt]);
tag[rt]=0;
}
}
inline void upd(int rt,int vl,int vr,int v)
{
int l=tree[rt].l,r=tree[rt].r;
if(r<vl || l>vr) return ;
if(vl<=l && r<=vr)
{
change(rt,v);
return ;
}
int mid=l+r>>1;
pushdown(rt);
upd(lc,vl,vr,v);
upd(rc,vl,vr,v);
pushup(rt);
}
inline int qry(int rt,int vl,int vr)
{
int l=tree[rt].l,r=tree[rt].r;
if(r<vl || l>vr) return 0;
if(vl<=l && r<=vr)
{
return tree[rt].v;
}
int mid=l+r>>1;
pushdown(rt);
return qry(lc,vl,vr)+qry(rc,vl,vr);
}
int in[maxn],sz[maxn],pos[maxn],clk;
int son[maxn],top[maxn],fa[maxn];
void dfs(int rt,int f)
{
fa[rt]=f;
sz[rt]=1;
for(int i:g[rt])
{
if(i==f) continue;
dfs(i,rt);
sz[rt]+=sz[i];
if(sz[i] > sz[son[rt]]) son[rt]=i;
}
}
void dfs1(int rt,int t)
{
in[rt]=++clk;pos[clk]=rt;
top[rt]=t;
if(son[rt]) dfs1(son[rt],t);
for(int i:g[rt])
{
if(i==son[rt] || i==fa[rt]) continue;
dfs1(i,i);
}
}
void chain(int u)//u->1
{
int fx=top[u];
while(fx != 1)
{
upd(1,in[fx],in[u],2);
u=fa[fx];
fx=top[u];
}
//1->u
upd(1,1,in[u],2);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1,u,v;i<n;i++)
{
scanf("%d %d",&u,&v);
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
}
dfs(1,0);
dfs1(1,1);
build(1,1,n);
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
int f,u;
scanf("%d %d",&f,&u);
if(f==1)
{
upd(1,in[u],in[u]+sz[u]-1,1);
}
else if(f==2)
{
chain(u);
}
else
{
int c=qry(1,in[u],in[u]+sz[u]-1);
if(c == sz[u]) puts("1");
else puts("0");
}
}
return 0;
}
但这题巧妙之处在于，其点权要么是0，要么是1，而且只有赋值操作。
我们想想能否只用dfs序+线段树，而不必树剖呢？
对于操作2，其实我们只需要把u这个单点的点权改为0即可，这相当于对其祖先节点打了一个延迟修改标记，将来我们对u进行操作1，u的点权从0变成1，这时候那我们再修改u的父亲节点。
简而言之：在操作1之前先查询u子树中是否存在点权为0的节点，如果存在，那么说明u的父节点真正点权一定是0，我们对它进行单点修改，然后再修改u的整棵子树。
于是，操作3只需要查询整棵子树和是否等于子树大小即可，
操作2也变成了单点修改。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pii pair<int, int>
const int maxn = 5e5 + 10;
const ll mod = 998244353;
const ll inf = (ll)4e16+5;
const int INF = 1e9 + 7;
const double pi = acos(-1.0);
ll inv(ll b){
if(b==1)return 1;return(mod-mod/b)*inv(mod%b)%mod;}
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
struct node
{
#define lc rt<<1
#define rc rt<<1|1
int l,r;
int v;
}tree[maxn<<2];
int tag[maxn<<2];//1表示赋值为1
vector<int> g[maxn];
int n,m;
inline void pushup(int rt)
{
tree[rt].v = tree[lc].v + tree[rc].v;
}
inline void build(int rt,int l,int r)
{
tree[rt].l=l,tree[rt].r=r;
if(l==r) return ;
int mid=l+r>>1;
build(lc,l,mid);build(rc,mid+1,r);
}
inline void change(int rt,int v)
{
tree[rt].v=(tree[rt].r-tree[rt].l+1)*v;
if(v) tag[rt]=v;
}
inline void pushdown(int rt)
{
if(tag[rt])
{
change(lc,tag[rt]);
change(rc,tag[rt]);
tag[rt]=0;
}
}
inline void upd(int rt,int vl,int vr,int v)
{
int l=tree[rt].l,r=tree[rt].r;
if(r<vl || l>vr) return ;
if(vl<=l && r<=vr)
{
change(rt,v);
return ;
}
int mid=l+r>>1;
pushdown(rt);
upd(lc,vl,vr,v);
upd(rc,vl,vr,v);
pushup(rt);
}
inline int qry(int rt,int vl,int vr)
{
int l=tree[rt].l,r=tree[rt].r;
if(r<vl || l>vr) return 0;
if(vl<=l && r<=vr)
{
return tree[rt].v;
}
int mid=l+r>>1;
pushdown(rt);
return qry(lc,vl,vr)+qry(rc,vl,vr);
}
int in[maxn],sz[maxn],pos[maxn],clk;
int f[maxn];
void dfs(int rt,int fa)
{
sz[rt]=1;
in[rt]=++clk;pos[clk]=rt;
f[rt]=fa;
for(int i:g[rt])
{
if(i==fa) continue;
dfs(i,rt);
sz[rt]+=sz[i];
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1,u,v;i<n;i++)
{
scanf("%d %d",&u,&v);
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
}
dfs(1,0);
build(1,1,n);
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
int ff,u;
scanf("%d %d",&ff,&u);
if(ff==1)
{
int c=qry(1,in[u],in[u]+sz[u]-1);
if(c < sz[u])
{
//u子树中有被放水的 那么先更新一下fa[u]
if(f[u])
{
upd(1,in[f[u]],in[f[u]],0);
}
}
upd(1,in[u],in[u]+sz[u]-1,1);
}
else if(ff==2) upd(1,in[u],in[u],0);
else
{
int c=qry(1,in[u],in[u]+sz[u]-1);
if(c==sz[u]) printf("1\n");
else puts("0");
}
}
return 0;
}