SS241017C. 距离（distance）
题意
给你一棵无根树，边有边权。每次操作向集合 \(S\) 里插入一个点对 \((a,b)\) 或询问一个点对 \((x,y)\)。对于询问求 \(\min_{(a,b)\in S} \{dis(a,x)+dis(b,y)\}\)。
solution
先考虑单点插入查询的情况。
相当于存在插入关键点操作，每次询问一个点距离最近的关键点。
好像是个经典题，但是我没做过。处理这样的路径问题可以想到点分治。
每个点分治重心可以处理出离它最近的关键点，因为待修且多次询问，就建出点分树。每次修改 \(\log\) 个点分治祖先，每次询问询问 \(\log\) 层。
这样询问是正确的，因为如果最近的关键点不在你的点分治子树里，离你的点分治祖先最近的结点一定离你最近。因为你必须经过祖先才能到达它。
考虑扩展到点对。首先所有关键点的信息都可以通过维护 \(\log\) 个祖先得到。
求 \(\min(dis(a,x)+dis(b,y))\)，可以搞出它们在点分树上的祖先，算 \(\min(dis(a,p)+dis(x,p)+dis(b,q)+dis(y,q))=\min(dis(a,p)+dep(b,q)+dis(x,p)+dis(y,q))\)，因此可以对插入和询问枚举祖先 \(p,q\)，一共有 \(\log^2\) 对。插入就更新这些祖先对的答案，询问就取 \(\min\) 这些祖先对的答案。
可以在线做，时间和空间都是 \(n\log^2\) 的，但是要使用 \(map\) 映射，容易被卡常。
考虑离线优化空间。
我们一共会用到 \(n\log^2\) 对 \((p,q)\)，可以先离线出要用到哪些 \((p,q)\)，然后对于每个 \(p\) 存下对应的 \((a,b)/(x,y)\)，这样空间是 单 \(\log\) 的，先不存 \(p\)。
然后枚举每个 \(p\)，对于固定的 \(p\)，按时间枚举存下的 \((a,b)/(x,y)\)，然后更新或者查询 \(\log\) 个 \(q\)，这里的点分树空间是 \(O(n)\) 的。枚举下一个 \(p\) 的时候清空点分树。
总时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)，空间 \(O(n\log n)\)。
code
#include<bits/stdc++.h>
// #define LOCAL
#define sf scanf
#define pf printf
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
using namespace std;
typedef long long ll;
constexpr int N=2e5+7,intinf=0x3f3f3f3f;
constexpr ll llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
#define isdigit(x) (x>='0'&&x<='9')
template <typename T>
inline void read(T &x) {x=0;char ch=getchar();for(;!isdigit(ch);ch=getchar());for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
}
template <typename T>
inline void write(T x,char ch) {static int st[20];int top=0;do {st[top++]=x%10;x/=10;}while(x);while(top) putchar(st[--top]+'0');putchar(ch);
}
int op,n,m,u,v,w;
struct edge {int to,ne,w;
}e[N<<1];
int cnt,head[N];
void addedge(int u,int v,int w) { e[++cnt]={v,head[u],w}, head[u]=cnt; }
template <typename T>
void _min(T &a,T b) { a=min(a,b); }
template <typename T>
void _max(T &a,T b) { a=max(a,b); }
int dfn[N],gfa[N];
int st[N][20];
ll dep[N];
void dfs(int u,int f) {dfn[u]=++dfn[0]; st[dfn[0]][0]=f;for(int i=head[u];i;i=e[i].ne) {int v=e[i].to;if(v==f) continue;dep[v]=dep[u]+e[i].w;dfs(v,u);}
}
int lcamin(int x,int y) { return dfn[x]<dfn[y]?x:y; }
void lcainit() {int lg=__lg(n);rep(k,1,lg) for(int i=1;i+(1<<k)-1<=n;i++) st[i][k]=lcamin(st[i][k-1],st[i+(1<<(k-1))][k-1]);
}
int getlca(int u,int v) {if(u==v) return u;int mnx=min(dfn[u],dfn[v])+1,mxx=max(dfn[u],dfn[v]);int lg=__lg(mxx-mnx+1);return lcamin(st[mnx][lg],st[mxx-(1<<lg)+1][lg]);
}
bool del[N];
int rt,mnrt;
int sum;
int sz[N];
void getroot(int u,int f) {sz[u]=1;int mxsz=0;for(int i=head[u];i;i=e[i].ne) {int v=e[i].to;if(v==f||del[v]) continue;getroot(v,u);sz[u]+=sz[v];_max(mxsz,sz[v]);}_max(mxsz,sum-sz[u]);if(mxsz<mnrt) rt=u,mnrt=mxsz;
}
void buildtree(int u) {del[u]=1;for(int i=head[u];i;i=e[i].ne) {int v=e[i].to;if(del[v]) continue;sum=sz[v];rt=0;mnrt=intinf;getroot(v,0);gfa[rt]=u;buildtree(rt);}
}
ll getdis(int u,int v) {int lca=getlca(u,v);return dep[u]+dep[v]-2*dep[lca];
}
ll ans[N];
ll f[N];
void init() {memset(ans,0x3f,sizeof(ans));memset(f,0x3f,sizeof(f));dfs(1,0);lcainit();sum=n;mnrt=intinf;getroot(1,0);buildtree(rt);
}
struct node {int op,u,v;
}que[N];
vector<int> vec[N];
void initadd(int u,int i) {for(int x=u;x;x=gfa[x]) vec[x].push_back(i);
}
void insert(int u,int a,int b) {for(int x=b;x;x=gfa[x]) _min(f[x],getdis(a,u)+getdis(b,x));
}
ll query(int u,int a,int b) {ll ans=llinf;for(int x=b;x;x=gfa[x]) _min(ans,f[x]+getdis(b,x));ans+=getdis(u,a);return ans;
}
void clear(int u,int a,int b) {for(int x=b;x;x=gfa[x]) f[x]=llinf;
}
int main() {#ifdef LOCAL// freopen("my.out","w",stdout);#elsefreopen("distance.in","r",stdin);freopen("distance.out","w",stdout);#endifread(n),read(m);rep(i,1,n-1) {read(u),read(v),read(w);addedge(u,v,w),addedge(v,u,w);}init();rep(i,1,m) {read(op),read(u),read(v);que[i]={op,u,v};initadd(u,i);}rep(i,1,n) {for(int x:vec[i]) {int op=que[x].op,u=que[x].u,v=que[x].v;if(op==1) insert(i,u,v);else _min(ans[x],query(i,u,v));}for(int x:vec[i]) {if(que[x].op==1) clear(i,que[x].u,que[x].v);}}rep(i,1,m) if(que[i].op==2) {if(ans[i]==ans[0]) puts("-1");else write(ans[i],'\n');}
}
