2021CCPC江西省赛题解ABGHIJKL

2021CCPC江西省赛题解ABGHIJKL

K. Many Littles Make a Mickle

题意

有$t(1\le t\le 100)$组测试数据.每组测试数据输入两个整数$n,m(1\le n,m\le 100)$.

对每组测试数据,输出$m\sum _{i=1}^n{i}^2$.

思路

$\sum _{i=1}^n{i}^2=\frac{n(n+1)(2n-1)}{6}$.

最终答案是$O(n^{3}m)$级别的,不会爆int.

代码 -> 2021CCPC江西省赛题解-K(推公式)

void solve() {
	int n, m; cin >> n >> m;
	cout << n * (n + 1) * (2 * n + 1) / 6 * m << endl;
}

int main() {
	CaseT  // 单测时注释掉该行
	solve();
}

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B. Continued Fraction

题意

给定一个既约分数$\frac{x}{y}$,将其化为连分数的形式$a_0+\frac{1}{a_1+\frac{1}{a_2+\frac{1}{\ddots +\frac{1}{a_n}}}}$.

有$t(1\le t\le 1000)$组测试数据.每组测试数据输入两个整数$x,y(1\le x,y\le 1\mathrm{e}9,\gcd (x,y)=1)$.

对每组测试数据,先输出$n(0\le n\le 100)$,再输出$a_0,\cdots ,a_n(0\le a_i\le 1\mathrm{e}9)$.若有多组解,输出任一组.

思路

①若$y\mid x$,即$\frac{x}{y}$是整数时,它已是连分数.

②若$\frac{x}{y}$是假分数,提出$a_0=\lfloor \frac{x}{y}\rfloor$即可变为真分数,故只需考虑真分数的情况.

③若$\frac{x}{y}$是真分数,注意到$\frac{x}{y}=\frac{1}{\frac{y}{x}}$,其中$\frac{y}{x}$是假分数,递归处理即可.递归终止条件:$\frac{x}{y}$是整数.

事实上,②和③可统一为$\frac{x}{y}=\lfloor \frac{x}{y}\rfloor +\frac{x\mathrm{mod}y}{y}=\lfloor \frac{x}{y}\rfloor +\frac{1}{\frac{y}{x\mathrm{mod}y}}$.

该过程类似于辗转相除法,时间复杂度$O(\log \max \{x,y\})$.

代码 -> 2021CCPC江西省赛题解-B(连分数+递归)

void cal(int x, int y, vi& res) {
	res.push_back(x / y);
	if (x % y == 0) return;  // 递归终止条件

	cal(y, x % y, res);
}

void solve() {
	int x, y; cin >> x >> y;

	vi ans;
	cal(x, y, ans);

	cout << ans.size() - 1 << ' ';  // 注意-1
	for (auto i : ans) cout << i << ' ';
	cout << endl;
}

int main() {
	CaseT  // 单测时注释掉该行
	solve();
}

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L. It Rains Again

题意 ($2\mathrm{s}$)

在平面直角坐标系$xOy$中,$x$轴代表地面.平面上有$n$个不考虑厚度的挡雨板,每个挡雨板可视为一条线段.现从无限高的地方开始下雨,雨只能竖直下落,问$x$轴上有多少地方不会被雨淋到.

第第一行输入一个整数$n(1\le n\le 1\mathrm{e}5)$.接下来$n$行每行输入四个整数$x_1,y_1,x_2,y_2(1\le x_1<x_2\le 1\mathrm{e}5,1\le y_1,y_2\le 1\mathrm{e}5)$,表示有一个可视为从连接点$(x_1,y_1)$与点$(x_2,y_2)$的线段的挡雨板.注意两挡雨板可能重叠、相交.数据保证没有挡雨板竖直放置.

思路I

显然只需考虑每个挡雨板在$x$轴上的投影,转化为求$n$个区间$[x_1,x_2]$的并的长度之和.

代码I -> 2021CCPC江西省赛题解-L(区间并)

void solve() {
	int n; cin >> n;

	vii segs(n);
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		int x1, y1, x2, y2; cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
		segs[i] = { min(x1,x2),max(x1,x2) };
	}

	sort(all(segs));

	int ans = 0;
	int L = -INF, R = -INF;  // 当前区间的左右端点
	int i = 0;
	while (i < n) {
		auto [l, r] = segs[i];
		if (l > R) L = l, R = r;  // 当前的区间与上一区间无交集

		while (i < n && segs[i].first <= R) R = max(R, segs[i++].second);
		ans += R - L;
	}
	cout << ans;
}

int main() {
	solve();
}

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思路II

$x,y$范围小,可用差分+前缀和求区间并.

代码II -> 2021CCPC江西省赛题解-L(差分+前缀和)

const int MAXN = 1e5 + 5;
int diff[MAXN];

void solve() {
	int n; cin >> n;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		int x1, y1, x2, y2; cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
		diff[x1]++, diff[x2]--;
	}

	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= 1e5; i++) {
		diff[i] += diff[i - 1];
		if (diff[i]) ans++;
	}
	cout << ans;
}

int main() {
	solve();
}

上为差分+前缀和,下为区间并.反直觉的事情是区间并的做法所需的空间更多.

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H. Hearthstone So Easy

题意 ($2\mathrm{s}$)

两玩家玩卡牌游戏,每轮的情况为:玩家$1$抽卡,玩家$1$出牌,玩家$2$抽卡,玩家$2$出牌.对玩家出牌的阶段,可选择令自己的血量$+=k$或让对方的血量$-=k$,注意两玩家的血量无上限,初始时两玩家的血量都为$n$,玩家血量$\le 0$时立即失败.若玩家手中无卡会进入疲劳状态,每抽一张卡需增加$1$点自己的疲劳值,且会从生命中扣除等量的疲劳值,初始时两玩家的疲劳值都为$0$.初始时两玩家手中都无卡.现pllj与freesin玩该游戏,pllj先手,两人都采取最优策略,问最后谁获胜.

有$t(1\le t\le 1\mathrm{e}5)$组测试数据.每组测试数据输入两个整数$n,k(1\le n,k\le 1\mathrm{e}9)$.

思路

显然$n=1$时pllj抽一张卡后即失败.

对$n\ge 2$的情况,显然两玩家都是抽一张卡打一张卡,则pllj若在第一轮无法打败freesin,则后续的轮中freesin每次都回血,因pllj先扣疲劳值,故最后freesin胜.故先手必胜的充要条件是:$n\le k+1$,其中$k+1$是因为两人血量都为$(k+1)$时,pllj第一轮先攻击,第二轮freesin抽卡后失败.

代码 -> 2021CCPC江西省赛题解-H(思维)

void solve() {
	int n, k; cin >> n >> k;
	
	if (n > 1 && n <= k + 1) cout << "pllj" << endl;
	else cout << "freesin" << endl;
}

int main() {
	CaseT  // 单测时注释掉该行
	solve();
}

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A. Mio visits ACGN Exhibition

题意 ($2\mathrm{s},256\mathrm{MB}$)

给定一个$n\times m$的$0-1$矩阵,从左上角$(1,1)$出发,到达右下角$(n,m)$,每次只能向右或向下移动到相邻的各自.问有几条不同的路径使得路径至少经过$p$个$0$和$q$个$1$,答案对$998244353$取模.

第一行输入四个整数$n,m,p,q(1\le n,m\le 500,0\le p,q\le 1\mathrm{e}4)$.接下来输入一个$n\times m$的$0-1$矩阵.

思路

$dp[i][j][k]$表示从$(1,1)$到$(i,j)$恰经过$k$个$0$的路径数,最终答案为$\sum _{k=p}^{n+m-1-q}dp[n][m][k]$.初始条件$dp[1][1][!a[1][1]]=1$,注意不是$dp[1][1][a[1][1]]=1$.

一个int类型的该数组所需空间$\frac{4\times 500\times 500\times 1\mathrm{e}4}{1024\times 1024}\approx 1\mathrm{e}4\mathrm{MB}>256\mathrm{MB}$,$dp$数组的第一维滚动即可.

代码 -> 2021CCPC江西省赛题解-A(线性DP+滚动数组优化)

const int MAXN = 505, MAXM = 1e4 + 5;
const int MOD = 998244353;
int n, m, p, q;
int a[MAXN][MAXN];
int dp[2][MAXN][MAXM];  // dp[i][j][k]表示从(1,1)到(i,j)恰经过k个0的路径数

void solve() {
	cin >> n >> m >> p >> q;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= m; j++) cin >> a[i][j];

	dp[1][1][!a[1][1]] = 1;  // 初始条件
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			if (i == 1 && j == 1) continue;

			for (int k = 0; k <= i + j - 1; k++) {  // 枚举0的个数
				if (a[i][j]) dp[i & 1][j][k] = ((ll)dp[i & 1][j - 1][k] + dp[i - 1 & 1][j][k]) % MOD;
				else {
					dp[i & 1][j][k + 1] = ((ll)dp[i & 1][j - 1][k] + dp[i - 1 & 1][j][k]) % MOD;
					dp[i & 1][j][0] = 0;  // 清空非法状态
				}
			}
		}
	}

	int ans = 0;
	for (int k = p; k <= n + m - 1 - q; k++) ans = ((ll)ans + dp[n & 1][m][k]) % MOD;
	cout << ans;
}

int main() {
	solve();
}

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J. LRU

题意 ($3\mathrm{s}$)

称一个cache的容量为$k$,如果它至多能同时存放$k$个单位的数据.现有规则:①若要访问的数据在cache中,则发生cache hit,否则发生cache miss;②若要访问的数据不在cache中,且cache未满,将其加入cache中;③若要访问的数据不在cache中,且cache已满,则将cache中距离访问时间最久的数据替换为当前的要访问的数据.

给定$n$个要访问的数据的编号$a_1,\cdots ,a_n(1\le a_i\le 1\mathrm{e}9)$,问cache的容量至少为多少时能保证至少发生$k(1\le k\le n\le 1\mathrm{e}5)$次cache hit,若无法发发生,输出"cbddl".

思路

显然二分,考虑如何check.用一个set>维护每个数据的访问时间,其中first为数据的访问时间,second为数据编号,这样set内部默认按访问时间升序排列.用一个map记录每个数据的访问时间,方便从set中删除数据,其中second为$0$表示该数据不在cache中.

注意二分右边界取$n+1$,防止结果为$n$时无法判断是否有解.

代码 -> 2021CCPC江西省赛题解-J(二分+STL)

const int MAXN = 1e5 + 5;
int n, k;
int a[MAXN];

bool check(int capa) {
	map mp;  // mp[i]=j表示数据i的访问时间为j
	set s;  // first表示数据的访问时间,second表示数据的编号
	int cnt = 0;  // cache hit数
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (mp[a[i]]) {  // cache hit
			cnt++;

			// 更新该数据的访问时间
			s.erase({ mp[a[i]],a[i] });
			mp[a[i]] = i;
			s.insert({ mp[a[i]],a[i] });
		}
		else {  // cache miss
			if (s.size() < capa) {  // cache未满
				mp[a[i]] = i;
				s.insert({ mp[a[i]],a[i] });
			}
			else {  // cache已满
				auto tmp = *s.begin();  // 距离访问时间最久的数据
				s.erase(s.begin());
				mp[tmp.second] = 0;  // 将该数据移出cache
				
				mp[a[i]] = i;
				s.insert({ mp[a[i]],a[i] });
			}
		}
	}
	return cnt >= k;
}

void solve() {
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];

	int l = 1, r = n + 1;
	while (l < r) {
		int mid = l + r >> 1;
		if (check(mid)) r = mid;
		else l = mid + 1;
	}
	cout << (l == n + 1 ? "cbddl" : to_string(l));
}

int main() {
	solve();
}

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G. Magic Number Group

题意

给定一个长度为$n$的正整数序列$a_1,\cdots ,a_n$.现有询问:指定一个区间$[l,r]$,选定一个正整数$p\ge 2$,求$a[l\cdots r]$中能被$p$整除的数的个数的最大值.

有$t(1\le t\le 5\mathrm{e}4)$组测试数据.每组测试数据第一行输入两个整数$n,q(1\le n,q\le 5\mathrm{e}4)$,分别表示序列长度和询问书.第二行输入$n$个整数$a_1,\cdots ,a_n(1\le a_i\le 1\mathrm{e}6)$.接下来$q$行每行输入两个整数$l,r(1\le l,r\le n)$,表示一个询问.数据保证所有测试数据的$n$之和、$q$之和都不超过$5\mathrm{e}4$.

思路

显然$p$取素数最优.注意到$2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13<1\mathrm{e}6,2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13\times 17>1\mathrm{e}6$,故$1\mathrm{e}6$内的数至多有$7$个不同的素因子,可用朴素的筛法预处理出,注意不能用线性筛,因为线性筛中每个数只会被其最小素因子筛掉.

类似于莫队维护区间众数,$cnt[p]$表示素因子$p$出现的次数,$sum[i]$表示出现次数为$i$的素因子数,用莫队维护区间素因子出现次数最大值即可.设$1\mathrm{e}6$内的数的素因子个数最大值为$k$,因$n$与$q$同数量级,时间复杂度$O(kn\sqrt{n})$.

代码 -> 2021CCPC江西省赛题解-G(简单数论+莫队)

const int MAXN = 1e6 + 5;
int n, q;
int len;  // 分块长度
int a[MAXN];
int block[MAXN];  // block[i]表示下标i所在分块的编号
struct Query {
	int l, r, id;  // 询问区间、编号

	bool operator<(const Query& B)const {
		return block[l] ^ block[B.l] ? l < B.l : block[l] & 1 ? r < B.r : r > B.r;
	}
}ques[MAXN];
int cnt[MAXN];  // cnt[p]表示素因子p出现的次数
int sum[MAXN];  // sum[i]表示出现次数为i的素因子数
int res;  // 当前答案
int ans[MAXN];

bool vis[MAXN];
vi fac[MAXN];  // 存每个数的素因子

void init() {
	for (int i = 2; i < MAXN; i++) {
		if (!vis[i]) {
			for (int j = i; j < MAXN; j += i) {
				vis[j] = true;
				fac[j].push_back(i);
			}
		}
	}
}

void insert(int x) {
	for (auto p : fac[a[x]]) {
		sum[cnt[p]++]--;  // 素因子p旧的出现次数--
		sum[cnt[p]]++;  // 素因子p新的出现次数++
		res = max(res, cnt[p]);  // 更新区间素因子出现次数最大值
	}
}

void remove(int x) {
	for (auto p : fac[a[x]]) {
		if (--sum[cnt[p]] == 0 && res == cnt[p]) res--;  // 更新区间素因子出现次数最大值
		sum[--cnt[p]]++;
	}
}

void solve() {
	init();

	CaseT{
		cin >> n >> q;

		len = sqrt(n);
		for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];

		for (int i = 1; i <= q; i++) {
			cin >> ques[i].l >> ques[i].r;
			ques[i].id = i;
			block[i] = (i - 1) / len + 1;
		}
		sort(ques + 1, ques + q + 1);

		int l = 1, r = 0;
		for (int i = 1; i <= q; i++) {
			while (l > ques[i].l) insert(--l);
			while (r < ques[i].r) insert(++r);
			while (l < ques[i].l) remove(l++);
			while (r > ques[i].r) remove(r--);
			ans[ques[i].id] = res;
		}

		for (int i = 1; i <= q; i++) cout << ans[i] << endl;

		while (l <= r) remove(l++);  // 清空
	}
}

int main() {
	solve();
}

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I. Homework

题意 ($4\mathrm{s}$)

有编号$1\sim n$的$n$个同学在各自家中,$(n-1)$条双向道路连接$n$个同学的家.每个同学可选择自己独立完成作业,也可选择抄其他同学的作业.若同学$i$想抄同学$j$的作业,则他要先等同学$j$独立完整作业,然后前往他家抄作业,最后回到自己家,此时视为作业完成.同学$i$到同学$j$家抄作业再回到自己家所需时间等于两同学家间的距离(注意不是两倍).

第一行输入两个整数$n,q(1\le n,q\le 1\mathrm{e}5)$,分别表示学生数和操作数.第二行输入$n$个整数$a_1,\cdots ,a_n(0\le a_i\le 1\mathrm{e}9)$,表示每个学生独立完成作业的时间.接下来$(n-1)$行每行输入三个整数$u,v,w(1\le u,v\le n,0\le w\le 1\mathrm{e}9)$,表示有连接同学$u$家与同学$v$家的长度为$w$的双向道路.接下来$q$行每行输入一个操作,格式如下:①$1ix(1\le i\le n,0\le x\le 1\mathrm{e}9)$,表示学生$i$独立完成作业的时间变为$x$;②$2iw$,表示第$i$条道路的长度变为$w$;③$3$,表示询问所有学生完成作业的最早时间,设第$i(1\le i\le n)$个学生完成作业的最早时间为$t_i$,则输出$t_1\mathrm{xor}{t}_2\mathrm{xor}\cdots \mathrm{xor}{t}_n$.数据保证所有同学能到达其他同学家里,且询问数不超过$200$.

思路

显然修改操作可$O(1)$完成,下面讨论查询操作.

同学$u$独立完成作业的时间为$a_u$,他去抄在$t_v$时刻已完成作业的同学$v$的作业所需时间$dis(u,v)+t_v$,则$u$完成作业的最早时间为$\min \{a_u,dis(u,v)+t_v\}$,其中$dis(u,v)$表示节点$u$与节点$v$的最短距离.朴素做法:对每个节点,枚举已完成作业的节点,检查是否能让自己的时间变短;或对每个已完成作业的节点,检查是否能让其他节点的时间变短.直接求两点间的距离时间复杂度$O(n^3)$,用倍增或树剖求两点间的距离时间复杂度$O(n^2\log n)$,都会TLE.

注意到上述朴素做法的过程与Dijkstra算法的过程类似.因树上两节点间的简单路径唯一,设从节点$u$经过节点$p$到达节点$v$,若$u$要松弛$v$,则$u$会先松弛$p$,此时$u$松弛$v$等价于$u$先松弛$p$,$p$再松弛$v$,故只需考虑树边,用堆优化的Dijkstra算法时间复杂度$O(n\log n)$,也会TLE.

考虑优化,注意到上述过程中每个节点只会被其父亲节点或儿子节点更新,考虑换根DP.$dp[u]$表示只考虑节点$u$的子树的前提下同学$u$完成作业的最早时间,状态转移方程$dp[u]=\underset{v\in so{n}_u}{\min }\{dp[v]+w(u,v)\}$,其中$w(u,v)$表示节点$u$与节点$v$间的边权,初始条件$dp[u]=a[u]$.第一次DFS以节点$1$为根节点,求出所有$dp[u]$后,第二次DFS换根.设节点$v$是节点$u$的一个儿子节点,若能用$dp[v]$更新$dp[u]$,则$dp[v]\ge dp[u]+w(u,v)$,即不会出现重复走一条边的情况,故由以节点$u$为根换为以节点$v$为根,状态转移方程$dp[v]=\underset{v\in so{n}_u}{\min }\{dp[u]+w(u,v)\}$.

为方便修改边权,可用链式前向星存图,记下每条道路对应的双向边的编号.但事实上同时加正向边和反向边时第$i$条道路对应的双向边的编号即$2(i-1)$和$2(i-1)+1$.

代码I -> 2021CCPC江西省赛题解-I(链式前向星+换根DP)

const int MAXN = 1e5 + 5, MAXM = MAXN << 1;
int n, q;
int a[MAXN];  // 每个同学独立完成作业的时间
int head[MAXN], edge[MAXM], w[MAXM], nxt[MAXM], idx;
umap mp;  // 每条道路对应的双向边的编号
int dp[MAXN];  // dp[u]表示只考虑节点u的子树的前提下同学u完成作业的最早时间

void add(int a, int b, int c) {
	edge[idx] = b, w[idx] = c, nxt[idx] = head[a], head[a] = idx++;
}

void dfs1(int u, int fa) {  // 当前节点、前驱节点
	dp[u] = a[u];  // 初始化为独立完成作业的时间
	for (int i = head[u]; ~i; i = nxt[i]) {
		int v = edge[i];
		if (v == fa) continue;

		dfs1(v, u);  // 递归求子树的信息
		dp[u] = min(dp[u], dp[v] + w[i]);
	}
}

void dfs2(int u, int fa) {  // 当前节点、前驱节点
	for (int i = head[u]; ~i; i = nxt[i]) {
		int v = edge[i];
		if (v == fa) continue;

		dp[v] = min(dp[v], dp[u] + w[i]);  // 换根
		dfs2(v, u);  // 递归求子树的信息
	}
}

void solve() {
	memset(head, -1, so(head));

	cin >> n >> q;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		int u, v, w; cin >> u >> v >> w;
		mp[i] = { idx,idx + 1 };
		add(u, v, w), add(v, u, w);
	}

	while (q--) {
		int op; cin >> op;
		if (op == 1) {
			int i, x; cin >> i >> x;
			a[i] = x;
		}
		else if (op == 2) {
			int i, x; cin >> i >> x;
			w[mp[i].first] = w[mp[i].second] = x;
		}
		else {
			dfs1(1, -1);  // 从1号节点开始搜,无前驱节点
			dfs2(1, -1);  // 从1号节点开始搜,无前驱节点

			int ans = 0;
			for (int u = 1; u <= n; u++) ans ^= dp[u];
			cout << ans << endl;
		}
	}
}

int main() {
	solve();
}

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思路II

对边权的修改操作可用引用的方式完成,用vector>存图,注意用emplace_back.

如下代码无需快读快写能在牛客上通过,但需快读快写才能在CF上通过.

代码II -> 2021CCPC江西省赛题解-I(vector引用+换根DP)

namespace FastIO {
#define gc() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)  // 重写getchar()
#define pc(ch) (p - buf2 == SIZE ? fwrite(buf2, 1, SIZE, stdout), p = buf2, *p++ = ch : *p++ = ch)  // 重写putchar()
	char buf[1 << 23], * p1 = buf, * p2 = buf;

	template
	void read(T& x) {  // 数字快读
		x = 0;
		T sgn = 1;
		char ch = gc();
		while (ch < '0' || ch > '9') {
			if (ch == '-') sgn = -1;
			ch = gc();
		}
		while (ch >= '0' && ch <= '9') {
			x = (((x << 2) + x) << 1) + (ch & 15);
			ch = gc();
		}
		x *= sgn;
	}

	const int SIZE = 1 << 21;
	int stk[40], top;
	char buf1[SIZE], buf2[SIZE], * p = buf2, * s = buf1, * t = buf1;

	template
	void print_number(T x) {
		p = buf2;  // 复位指针p

		if (!x) {
			pc('0');
			return;
		}

		top = 0;  // 栈顶指针
		if (x < 0) {
			pc('-');
			x = ~x + 1;  // 取相反数
		}

		do {
			stk[top++] = x % 10;
			x /= 10;
		} while (x);
		while (top) pc(stk[--top] + 48);
	}

	template
	void write(T x) {  // 数字快写
		print_number(x);
		fwrite(buf2, 1, p - buf2, stdout);
	}
};
using namespace FastIO;

const int MAXN = 1e5 + 5, MAXM = MAXN << 1;
int n, q;
int a[MAXN];  // 每个同学独立完成作业的时间
int w[MAXN];  // 边权
vector> edges[MAXN];
int dp[MAXN];  // dp[u]表示只考虑节点u的子树的前提下同学u完成作业的最早时间

void dfs1(int u, int fa) {  // 当前节点、前驱节点
	dp[u] = a[u];  // 初始化为独立完成作业的时间
	for (auto& [v, w] : edges[u]) {
		if (v == fa) continue;

		dfs1(v, u);  // 递归求子树的信息
		dp[u] = min(dp[u], dp[v] + w);
	}
}

void dfs2(int u, int fa) {  // 当前节点、前驱节点
	for (auto& [v, w] : edges[u]) {
		if (v == fa) continue;

		dp[v] = min(dp[v], dp[u] + w);  // 换根
		dfs2(v, u);  // 递归求子树的信息
	}
}

void solve() {
	read(n), read(q);
	for (int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		int u, v; read(u), read(v), read(w[i]);
		edges[u].emplace_back(v,w[i]), edges[v].emplace_back(u,w[i]);
	}

	while (q--) {
		int op; read(op);
		if (op == 1) {
			int i, x; read(i), read(x);
			a[i] = x;
		}
		else if (op == 2) {
			int i, x; read(i), read(x);
			w[i] = x;
		}
		else {
			dfs1(1, -1);  // 从1号节点开始搜,无前驱节点
			dfs2(1, -1);  // 从1号节点开始搜,无前驱节点

			int ans = 0;
			for (int u = 1; u <= n; u++) ans ^= dp[u];
			write(ans), putchar('\n');
		}
	}
}

int main() {
	solve();
}

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