SPOJ GSS系列

众所周知的仅次于ynoi的毒瘤数据结构系列。（跟Qtree系列并列？）

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GSS1：

长度为 $n$ 的序列 $a$，$m$ 个询问，每次询问区间 $[l,r]$ 之间的最大子段和。

$1\le n,m\le 5\times 10^4$。

经典的线段树题。

每个节点维护四个值：$sum,lmax,rmax,amax$。

$sum$ 表示整个区间的和。

$lmax$ 表示以 $l$ 为左端点的最大子段和。

$rmax$ 表示以 $r$ 为右端点的最大子段和。

$amax$ 表示整个的最大子段和。

时间复杂度 $O(m\log n)$。

具体可以看代码。（那是好久以前写的了，所以会有点丑）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxm=;
namespace Segment_Tree{
    struct node{
        int sum,lmax,rmax,amax;
    }e[maxm];
    int n;
    inline void pushup(int t){
        node ls=e[t<<],rs=e[t<<|];
        e[t]=(node){
            ls.sum+rs.sum,
            max(ls.lmax,ls.sum+rs.lmax),
            max(rs.rmax,rs.sum+ls.rmax),
            max(max(ls.amax,rs.amax),ls.rmax+rs.lmax)
        };
    }
    void build_(int l,int r,int t){
        if(l==r){
            scanf("%d",&e[t].sum);
            e[t]=(node){e[t].sum,e[t].sum,e[t].sum,e[t].sum};
            return;
        }
        int mid=l+r>>;
        build_(l,mid,t<<);
        build_(mid+,r,t<<|);
        pushup(t);
    }
    void build(int x){
        n=x;
        build_(,x,);
    }
    node query_(int L,int R,int l,int r,int t){
        if(L>=l && R<=r) return e[t];
        int mid=L+R>>;
        if(mid>=r) return query_(L,mid,l,r,t<<);
        if(mid<l) return query_(mid+,R,l,r,t<<|);
        node ans,ls,rs;
        ls=query_(L,mid,l,r,t<<);rs=query_(mid+,R,l,r,t<<|);
        ans.sum=ls.sum+rs.sum;
        ans.lmax=max(ls.lmax,ls.sum+rs.lmax);
        ans.rmax=max(rs.rmax,rs.sum+ls.rmax);
        ans.amax=max(max(ls.amax,rs.amax),ls.rmax+rs.lmax);
        return ans;
    }
    int query(int l,int r){
        return query_(,n,l,r,).amax;
    }
}
int n,m;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    Segment_Tree::build(n);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=;i<=m;i++){
        int l,r;
        scanf("%d%d",&l,&r);
        printf("%d\n",Segment_Tree::query(l,r));
    }
}

GSS1

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GSS2：

长度为 $n$ 的序列 $a$，$m$ 个询问，每次询问区间 $[l,r]$ 之间的最大子段和。可以选空子段。注意此处的子段和是：如果一个数出现了多次，那么只算一次。

$1\le n,m\le 10^5$。

这就摇身一变变成了毒瘤题……ErkkiErkko Orz……（这是他洛谷账号）

一个数只算一次，有点像HH的项链，那么也可以用类似的想法。

把询问离线，按右端点排序。

假设现在推右端点推到了 $i$。

线段树维护的东西得修改一下。（具体原因待会解释）

每个点 $sum,hmax$。标记 $tag,htag$。

对于叶子结点 $l$，$sum$ 表示从 $l$ 到 $i$ 的和（也是相同的数只算一次），$hmax$ 表示这个节点 $sum$ 曾达到过的最大值，初始为 $0$。

对于非叶子结点，$sum$ 是所有孩子的 $sum$ 的最大值，$hmax$ 是所有孩子的 $hmax$ 的最大值。

$tag$ 是因为下面需要区间加的标记，$htag$ 是自上次把这个节点的标记下传完以后，$tag$ 达到过的最大值。

有点不好说啊……

那么 $pre[a[i]]$（就是 $a[i]$ 上一次出现的位置）和之前的位置到 $i$ 的和应该和到 $i-1$ 的和一样不变，因为前面已经出现过 $a[i]$，现在这个 $a[i]$ 就不能再算一遍。

$pre[a[i]]$ 之后的到 $i-1$ 的和由于没有出现过 $a[i]$，所以他们的和就要加 $a[i]$。即给 $sum$ 区间加 $a[i]$。

接下来查询就好办了，就是这个区间 $hmax$ 的最大值。（想一想，为什么？）

时间复杂度 $O(m(\log n+\log m))$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=;
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline int read(){
    char ch=getchar();int x=,f=;
    while(ch<'' || ch>'') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='' && ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
struct query{
    int l,r,id;
    bool operator<(const query &q)const{
        return r<q.r;
    }
}qqq[maxn];
int n,q,pre[maxn*],a[maxn];
ll ans[maxn],sum[maxn*],hmax[maxn*],tag[maxn*],htag[maxn*];
void pushup(int o){
    sum[o]=max(sum[o<<],sum[o<<|]);
    hmax[o]=max(hmax[o<<],hmax[o<<|]);
}
void pushdown(int o){
    hmax[o<<]=max(hmax[o<<],sum[o<<]+htag[o]);
    hmax[o<<|]=max(hmax[o<<|],sum[o<<|]+htag[o]);
    sum[o<<]+=tag[o];
    sum[o<<|]+=tag[o];
    htag[o<<]=max(htag[o<<],tag[o<<]+htag[o]);
    htag[o<<|]=max(htag[o<<|],tag[o<<|]+htag[o]);
    tag[o<<]+=tag[o];
    tag[o<<|]+=tag[o];
    tag[o]=htag[o]=;
}
void update(int o,int l,int r,int ql,int qr,int x){
    if(l>=ql && r<=qr){
        sum[o]+=x;
        hmax[o]=max(hmax[o],sum[o]);
        tag[o]+=x;
        htag[o]=max(htag[o],tag[o]);
        return;
    }
    pushdown(o);
    int mid=(l+r)>>;
    if(mid>=ql) update(lson,ql,qr,x);
    if(mid<qr) update(rson,ql,qr,x);
    pushup(o);
}
ll query(int o,int l,int r,int ql,int qr){
    if(l>=ql && r<=qr) return hmax[o];
    pushdown(o);
    int mid=(l+r)>>;ll ans=-1e18;
    if(mid>=ql) ans=max(ans,query(lson,ql,qr));
    if(mid<qr) ans=max(ans,query(rson,ql,qr));
    return ans;
}
int main(){
    n=read();
    FOR(i,,n) a[i]=read();
    q=read();
    FOR(i,,q) qqq[i].l=read(),qqq[i].r=read(),qqq[i].id=i;
    sort(qqq+,qqq+q+);
    int curr=;
    FOR(i,,q){
        while(curr<=qqq[i].r){
            update(,,n,pre[a[curr]+]+,curr,a[curr]);
            pre[a[curr]+]=curr;
            curr++;
        }
        ans[qqq[i].id]=query(,,n,qqq[i].l,qqq[i].r);
    }
    FOR(i,,q) printf("%lld\n",ans[i]);
}

GSS2

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GSS3：

长度为 $n$ 的序列 $a$，$m$ 个操作：单点修改，或询问区间的最大子段和。

$1\le n,m\le 5\times 10^4$。

跟GSS1一样，不说了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=;
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline int read(){
    char ch=getchar();int x=,f=;
    while(ch<'' || ch>'') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='' && ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
struct node{
    int sum,lmax,rmax,amax;
}nd[maxn*];
int n,q,a[maxn];
void pushup(node &o,node l,node r){
    o.sum=l.sum+r.sum;
    o.lmax=max(l.lmax,l.sum+r.lmax);
    o.rmax=max(r.rmax,r.sum+l.rmax);
    o.amax=max(l.amax,max(r.amax,l.rmax+r.lmax));
}
void build(int o,int l,int r){
    if(l==r) return void(nd[o]=(node){a[l],a[l],a[l],a[l]});
    int mid=(l+r)>>;
    build(lson);
    build(rson);
    pushup(nd[o],nd[o<<],nd[o<<|]);
}
void update(int o,int l,int r,int p,int x){
    if(l==r) return void(nd[o]=(node){x,x,x,x});
    int mid=(l+r)>>;
    if(mid>=p) update(lson,p,x);
    else update(rson,p,x);
    pushup(nd[o],nd[o<<],nd[o<<|]);
}
node query(int o,int l,int r,int ql,int qr){
    if(l>=ql && r<=qr) return nd[o];
    int mid=(l+r)>>;
    if(mid<ql) return query(rson,ql,qr);
    if(mid>=qr) return query(lson,ql,qr);
    node ans;
    pushup(ans,query(lson,ql,qr),query(rson,ql,qr));
    return ans;
}
int main(){
    n=read();
    FOR(i,,n) a[i]=read();
    build(,,n);
    q=read();
    FOR(i,,q){
        int op=read(),l=read(),r=read();
        if(op) printf("%d\n",query(,,n,l,r).amax);
        else update(,,n,l,r);
    }
}

GSS3

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GSS4：

长度为 $n$ 的正整数序列 $a$，$m$ 个操作：区间开方（下取整），区间求和。

$1\le n,m\le 10^5,\sum a_i\le 10^{18}$。

这应该也是一个套路了……

我们发现一个数 $x$ 开方下取整约 $\log\log x$ 次之后便会变成 $1$。变成 $1$ 之后，再开方都不会对答案有影响。

（你问我为什么是 $\log \log x$？因为每开一次方实际上就是把 $\log x$ 除以 $2$，这样操作一共就要 $\log \log x$ 次）

那么就上线段树，维护区间和和区间是否都为 $1$（bool）。

修改时，对每个叶子结点都暴力修改。注意的是如果到了一个区间，区间都是 $1$，就可以跳过这个区间，因为修不修改不影响答案。

由于一个叶子至多被暴力 $\log\log a_i$ 次，所以时间复杂度是 $O(q\log n\log\log a_i)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=;
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline ll read(){
    char ch=getchar();ll x=,f=;
    while(ch<'' || ch>'') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='' && ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
int t,n,q;
ll a[maxn],sum[maxn*];
bool all1[maxn*];
inline void pushup(int o){
    sum[o]=sum[o<<]+sum[o<<|];
    all1[o]=all1[o<<]&all1[o<<|];
}
void build(int o,int l,int r){
    if(l==r) return void((sum[o]=a[l],all1[o]=(a[l]==)));
    int mid=(l+r)>>;
    build(lson);
    build(rson);
    pushup(o);
}
void update(int o,int l,int r,int ql,int qr){
    if(all1[o]) return;
    if(l==r) return void((sum[o]=sqrt(sum[o]),all1[o]=(sum[o]==)));
    int mid=(l+r)>>;
    if(mid>=ql) update(lson,ql,qr);
    if(mid<qr) update(rson,ql,qr);
    pushup(o);
}
ll query(int o,int l,int r,int ql,int qr){
    if(l>=ql && r<=qr) return sum[o];
    int mid=(l+r)>>;ll s=;
    if(mid>=ql) s+=query(lson,ql,qr);
    if(mid<qr) s+=query(rson,ql,qr);
    return s;
}
int main(){
    while(~scanf("%d",&n)){
        printf("Case #%d:\n",++t);
        FOR(i,,n) a[i]=read();
        build(,,n);
        q=read();
        FOR(i,,q){
            int op=read(),l=read(),r=read();
            if(l>r) swap(l,r);
            if(op) printf("%lld\n",query(,,n,l,r));
            else update(,,n,l,r);
        }
        puts("");
    }
}

GSS4

---

GSS5：

长度为 $n$ 的正整数序列 $a$，$m$ 个询问，每次询问左端点在 $[x1,y1]$，右端点在 $[x2,y2]$ 的所有子段的和的最大值。

$1\le n,m\le 10^4,x1\le y1,x2\le y2,x1\le x2,y1\le y2$。

恶心的分类讨论题……

首先发现，如果 $[x1,y1],[x2,y2]$ 不相交，那么所有的子段都包含了 $[y1+1,x2-1]$（如果 $y1<x2-1$），那么答案就是 $[x1,y1]$ 的最大右子段和加上 $[x2,y2]$ 的最大左子段和加上 $[y1+1,x2-1]$ 的和。

如果相交，那就很恶心了……

如果左右端点都在 $[x2,y1]$，那么答案就是 $[x2,y1]$ 的最大子段和。

如果左端点在 $[x2,y1]$，右端点在 $[y1+1,y2]$，答案就是 $[x2,y1]$ 的最大右子段和加上 $[x2+1,y2]$ 的最大左子段和。

如果左端点在 $[x1,x2-1]$，右端点在 $[x2,y2]$，答案就是 $[x1,x2-1]$ 的最大右段和加上 $[x2,y2]$ 的最大左子段和。

以上已经包含了所有的情况。这些取个最大值就好了。

时间复杂度 $O(m\log n)$。

代码中写得有一点点不一样，最重要的还是理解。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=;
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline int read(){
    char ch=getchar();int x=,f=;
    while(ch<'' || ch>'') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='' && ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
struct node{
    int sum,lmax,rmax,amax;
    node operator+(const node &nd)const{
        node ans;
        ans.sum=sum+nd.sum;
        ans.lmax=max(lmax,sum+nd.lmax);
        ans.rmax=max(nd.rmax,nd.sum+rmax);
        ans.amax=max(amax,max(nd.amax,rmax+nd.lmax));
        return ans;
    }
}nd[maxn*];
int t,n,m,a[maxn];
inline void pushup(int o){
    nd[o]=nd[o<<]+nd[o<<|];
}
void build(int o,int l,int r){
    if(l==r) return void(nd[o]=(node){a[l],a[l],a[l],a[l]});
    int mid=(l+r)>>;
    build(lson);build(rson);
    pushup(o);
}
node query(int o,int l,int r,int ql,int qr){
    if(ql>qr) return (node){,,,};
    if(l>=ql && r<=qr) return nd[o];
    int mid=(l+r)>>;
    if(mid<ql) return query(rson,ql,qr);
    if(mid>=qr) return query(lson,ql,qr);
    return query(lson,ql,qr)+query(rson,ql,qr);
}
int main(){
    t=read();
    while(t--){
        n=read();
        FOR(i,,n) a[i]=read();
        build(,,n);
        m=read();
        printf("m=%d\n",m);
        FOR(i,,m){
            int l1=read(),r1=read(),l2=read(),r2=read();
            if(r1<l2){
                node n1=query(,,n,l1,r1),n2=query(,,n,r1+,l2-),n3=query(,,n,l2,r2);
                printf("%d\n",n1.rmax+n2.sum+n3.lmax);
            }
            else{
                node n1=query(,,n,l2,r1);
                int ans=n1.amax;
                node n2=query(,,n,l1,l2-),n3=query(,,n,l2,r2);
                ans=max(ans,n2.rmax+n3.lmax);
                node n4=query(,,n,l1,r1),n5=query(,,n,r1+,r2);
                printf("%d\n",max(ans,n4.rmax+n5.lmax));
            }
        }
    }
}

GSS5

---

GSS6：

给出一个由 $n$ 个整数组成的序列 $a$，你需要支持 $m$ 个操作：

• I p x 在 $p$ 处插入插入一个元素 $x$
• D p 删除 $p$ 处的一个元素
• R p x 修改 $p$ 处元素的值为 $x$
• Q l r 查询一个区间 $[l,r]$ 的最大子段和

$1\le n,m\le 10^5,|a_i|,|x|\le 10^4$。

这题一看就是splay（或者fhq treap）裸题。比维修数列好写多了（

如果您打过维修数列，这个就不用再讲了吧！

如果您会splay或者fhq treap，那么前三个操作应该不是问题，第四个操作也可以跟GSS1和GSS3一样维护 $lmax,rmax,amax$。

然后就没有了，码吧。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline int read(){
    char ch=getchar();int x=,f=;
    while(ch<'' || ch>'') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='' && ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
int n,a[maxn],m,cnt,rt,fa[maxn],ch[maxn][],sz[maxn],val[maxn],sum[maxn],lmax[maxn],rmax[maxn],amax[maxn];
void pushup(int x){
    sz[x]=sz[ch[x][]]+sz[ch[x][]]+;
    sum[x]=sum[ch[x][]]+sum[ch[x][]]+val[x];
    if(!ch[x][] && !ch[x][]) lmax[x]=rmax[x]=amax[x]=val[x];
    else if(!ch[x][]){
        lmax[x]=max(lmax[ch[x][]],sum[ch[x][]]+val[x]);
        rmax[x]=max(val[x],rmax[ch[x][]]+val[x]);
        amax[x]=max(val[x],max(rmax[ch[x][]]+val[x],amax[ch[x][]]));
    }
    else if(!ch[x][]){
        lmax[x]=max(val[x],val[x]+lmax[ch[x][]]);
        rmax[x]=max(rmax[ch[x][]],sum[ch[x][]]+val[x]);
        amax[x]=max(val[x],max(val[x]+lmax[ch[x][]],amax[ch[x][]]));
    }
    else{
        lmax[x]=max(lmax[ch[x][]],max(sum[ch[x][]]+val[x],sum[ch[x][]]+val[x]+lmax[ch[x][]]));
        rmax[x]=max(rmax[ch[x][]],max(sum[ch[x][]]+val[x],sum[ch[x][]]+val[x]+rmax[ch[x][]]));
        amax[x]=max(val[x],max(amax[ch[x][]],max(amax[ch[x][]],max(rmax[ch[x][]]+val[x],max(lmax[ch[x][]]+val[x],rmax[ch[x][]]+val[x]+lmax[ch[x][]])))));
    }
}
void rotate(int x){
    int y=fa[x],z=fa[y],t=ch[y][]==x,tt=ch[z][]==y;
    int B=ch[x][t^];
    fa[B]=y;ch[y][t]=B;
    fa[y]=x;ch[x][t^]=y;
    fa[x]=z;ch[z][tt]=x;
    pushup(y);pushup(x);
}
void splay(int x,int to){
    while(fa[x]!=to){
        int y=fa[x],z=fa[y],t=ch[y][]==x,tt=ch[z][]==y;
        if(z!=to) rotate(t^tt?x:y);
        rotate(x);
    }
    if(!to) rt=x;
}
int kth(int x){
    int now=rt;
    while(now){
        int s=sz[ch[now][]]+;
        if(x==s) return now;
        if(x<s) now=ch[now][];
        else x-=s,now=ch[now][];
    }
}
int build(int f,int l,int r){
    int mid=(l+r)>>,tmp=++cnt;
    fa[tmp]=f;
    val[tmp]=a[mid];
    if(l<mid) ch[tmp][]=build(tmp,l,mid-);
    if(mid<r) ch[tmp][]=build(tmp,mid+,r);
    pushup(tmp);
    return tmp;
}
void insert(int p,int x){
    int l=kth(p),r=kth(p+);
    splay(l,);splay(r,l);
    int &nd=ch[ch[rt][]][];
    nd=++cnt;
    fa[nd]=ch[rt][];
    val[nd]=x;
    pushup(nd);pushup(ch[rt][]);pushup(rt);
}
void remove(int p){
    int l=kth(p),r=kth(p+);
    splay(l,);splay(r,l);
    ch[ch[rt][]][]=;
    pushup(ch[rt][]);pushup(rt);
}
void replace(int p,int x){
    int l=kth(p),r=kth(p+);
    splay(l,);splay(r,l);
    val[ch[ch[rt][]][]]=x;
    pushup(ch[ch[rt][]][]);pushup(ch[rt][]);pushup(rt);
}
int query(int l,int r){
    l=kth(l);r=kth(r+);
    splay(l,);splay(r,l);
    return amax[ch[ch[rt][]][]];
}
int main(){
    n=read();
    FOR(i,,n) a[i]=read();
    rt=build(,,n+);
    m=read();
    FOR(i,,m){
        char op[];
        scanf("%s",op);
        int x=read();
        switch(op[]){
            case 'I':insert(x,read());break;
            case 'D':remove(x);break;
            case 'R':replace(x,read());break;
            case 'Q':printf("%d\n",query(x,read()));break;
        }
    }
}

GSS6

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GSS7：

给定一棵树，有 $n$ 个节点，每一个节点都有一个权值 $x_i$。

你需要执行 $q$ 次操作：

1. 1 a b 查询 $(a,b)$ 这条链上的最大子段和，可以为空
2. 2 a b c 将 $(a,b)$ 这条链的所有点权变为 $c$


$1\le n,q\le 10^5,|x_i|,|c|\le 10^4$。

裸的树剖，只不过查询时会比较麻烦。

我们可以先求出 $lca$ 到 $a$ 的最大子段和和 $lca$ 到 $b$ 的最大子段和。

具体求的话，就是可以将在上面的一条重链与下面已有的答案接起来。

最后把两个合并一下就好了。注意其中一个需要翻转后再拼。

具体看代码。（一个裸的树剖为什么比splay还长）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=,INF=;
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline int read(){
    char ch=getchar();int x=,f=;
    while(ch<'' || ch>'') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='' && ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
int n,m,w[maxn],el,head[maxn],to[maxn*],nxt[maxn*];
int fa[maxn],dep[maxn],sz[maxn],son[maxn],top[maxn],dfs_clock,id[maxn],dfn[maxn];
int tag[maxn*];
struct node{
    int sum,lmax,rmax,amax;
    node():sum(),lmax(),rmax(),amax(){}
    const node operator+(const node &r)const{
        node ans;
        ans.sum=sum+r.sum;
        ans.lmax=max(lmax,sum+r.lmax);
        ans.rmax=max(r.rmax,r.sum+rmax);
        ans.amax=max(amax,max(r.amax,rmax+r.lmax));
        return ans;
    }
}nd[maxn*];
inline void add(int u,int v){
    to[++el]=v;nxt[el]=head[u];head[u]=el;
}
void dfs1(int u,int f){
    dep[u]=dep[fa[u]=f]+;
    sz[u]=;
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
        int v=to[i];
        if(v==f) continue;
        dfs1(v,u);
        sz[u]+=sz[v];
        if(sz[v]>sz[son[u]]) son[u]=v;
    }
}
void dfs2(int u,int topf){
    top[u]=topf;
    id[dfn[u]=++dfs_clock]=u;
    if(son[u]) dfs2(son[u],topf);
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
        int v=to[i];
        if(v==fa[u] || v==son[u]) continue;
        dfs2(v,v);
    }
}
inline void cover(int o,int l,int r,int v){
    tag[o]=v;
    nd[o].sum=v*(r-l+);
    if(v>) nd[o].lmax=nd[o].rmax=nd[o].amax=nd[o].sum;
    else nd[o].lmax=nd[o].rmax=nd[o].amax=;
}
inline void pushdown(int o,int l,int r){
    if(tag[o]==-INF) return;
    int mid=(l+r)>>;
    cover(lson,tag[o]);cover(rson,tag[o]);
    tag[o]=-INF;
}
void build(int o,int l,int r){
    tag[o]=-INF;
    if(l==r){
        nd[o].sum=w[id[l]];
        nd[o].lmax=nd[o].rmax=nd[o].amax=max(,w[id[l]]);
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>;
    build(lson);build(rson);
    nd[o]=nd[o<<]+nd[o<<|];
}
void update(int o,int l,int r,int ql,int qr,int v){
    if(l>=ql && r<=qr) return cover(o,l,r,v);
    int mid=(l+r)>>;
    pushdown(o,l,r);
    if(mid>=ql) update(lson,ql,qr,v);
    if(mid<qr) update(rson,ql,qr,v);
    nd[o]=nd[o<<]+nd[o<<|];
}
node query(int o,int l,int r,int ql,int qr){
    if(l>=ql && r<=qr) return nd[o];
    int mid=(l+r)>>;
    pushdown(o,l,r);
    if(mid<ql) return query(rson,ql,qr);
    if(mid>=qr) return query(lson,ql,qr);
    return query(lson,ql,qr)+query(rson,ql,qr);
}
void chain_update(int u,int v,int x){
    while(top[u]!=top[v]){
        if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) swap(u,v);
        update(,,n,dfn[top[u]],dfn[u],x);
        u=fa[top[u]];
    }
    if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v);
    update(,,n,dfn[u],dfn[v],x);
}
int chain_query(int u,int v){
    node un,vn;
    while(top[u]!=top[v]){
        if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) swap(u,v),swap(un,vn);
        un=query(,,n,dfn[top[u]],dfn[u])+un;
        u=fa[top[u]];
    }
    if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v),swap(un,vn);
    vn=query(,,n,dfn[u],dfn[v])+vn;
    swap(un.lmax,un.rmax);
    return (un+vn).amax;
}
int main(){
    n=read();
    FOR(i,,n) w[i]=read();
    FOR(i,,n-){
        int u=read(),v=read();
        add(u,v);add(v,u);
    }
    dfs1(,);dfs2(,);build(,,n);
    m=read();
    FOR(i,,m){
        int op=read(),a=read(),b=read();
        if(op==) chain_update(a,b,read());
        else printf("%d\n",chain_query(a,b));
    }
}

GSS7

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后面的，留坑待填……