作為 drd 送的生日禮物，atm 最近得到了乙個俄羅斯娃娃。他對這個俄羅斯娃娃的構造很感興趣。
俄羅斯娃娃是一層一層套起來的。假設：乙個大小為 x 的俄羅斯娃娃裡面可能會放任意多個大小小於 x 的俄羅斯娃娃（而市場上的套娃一般大娃裡只能放乙個小娃）。
drd 告訴 atm ，這個俄羅斯娃娃是由 n 個小娃娃組成的，它們的大小各不相同。 我們把這些小娃娃的大小從小到大依次記為 1 到 n 。
如果 atm 想觀賞大小為 k 的小娃娃，他會先看這個小娃娃是否已經在桌子上了。 如果已經在桌子上，那麼他就可以觀賞了。否則他就開啟桌子上某乙個俄羅斯娃娃，將它套住的所有的小娃娃拿出來，擺在桌子上。
一開始桌子上只有 drd 送的大小為 n 的娃娃。注意，他只會將其中所有小娃娃拿出來，如果小娃娃裡面還套著另外的小娃娃，他是不會將這些更裡層的這些小娃娃拿出來的。
而且 atm 天生具有最優化的強迫症。他會最小化他所需要開啟的娃娃的數目。
atm 是乙個怪人。有時候他只想知道**大小為 x 的娃娃時需要開啟多少個娃娃（但並不去開啟）；有時候聽 drd 說某個娃娃特別漂亮，於是他會開啟看。現在請你輸出他每次需要開啟多少個娃娃。
【輸入格式】
第一行兩個數 n m ，表示娃娃的數目以及 atm 想看的娃娃的數目。
接下來 n - 1 行，每行兩個數 u v，表示大小為 u 的娃娃裡面套著乙個大小為 v 的娃娃。保證 u > v 。
接下來 m 行，每行形如：
p x ：表示 atm 一定要看到大小為 x 的娃娃；
q x ：表示 atm 只想知道為了看大小為 x 的娃娃，他需要開啟多少個娃娃，但實際上並不開啟他們。
【輸出格式】
輸出 m 行。對應輸入中p操作或q操作需要開啟（或假想開啟）多少個俄羅斯娃娃。
【樣例輸入】
5 55 3
5 43 2
3 1q 1
q 4p 2
q 1q 4
【樣例輸出】21
200【資料範圍】
對於 30% 的資料：n, m <= 1000
對於 100% 的資料：n, m <= 100000
這題想到思路實現後提交一直不對，在搞到後台資料後發現資料出錯了。不知道我打的程式對不對，不過思路我覺得應該就是這樣，畢竟是和qducxk討論出來的。
首先可以看出，資料建出來是一棵樹，然後q就是看這個節點的層數（預設根節點層數是0），然後p無非就是拆樹，從x點開始往上找到最上面的節點，然後把它相連的邊都拆掉，然後再向下更新子樹，在更新子樹這裡如果每次都再跑一遍樹的話，肯定會超時的，我們就想到了樹上的區間修改，那就是記錄下dfs序，然後拆掉這個點就是對子樹的節點層數都-1，因為每條邊只能被拆一次，更新又是nlogn，所以時間複雜度肯定是可以的。
1 #include2套中套#define l(x) (x<<1)
3#define r(x) (x<<1|1)
4#define m(x) ((t[x].l+t[x].r)>>1)
5const
int n=200118;6
struct
sides[n];
9struct
treet[n<<2
];12
char op[3
];13
int sn,tid,head[n],fa[n],num[n],in[n],out
[n],nid[n];
14void init(int
n)15
20void add(int u,int
v)21
26void dfs(int
u)27
38out[u]=tid;39}
40void built(int id,int l,int
r)41
49built(l(id),l,m(id));
50 built(r(id),m(id)+1
,r);51}
52void down(int
id)53
58void updata(int id,int l,int r)//
區間懶標記更新
5965
if(t[id].lazy)
66down(id);
67if(l<=m(id))
68updata(l(id),l,r);
69if(r>m(id))
70updata(r(id),l,r);71}
72int query(int id,int pos)//
單點查詢 73
80if
(t[id].lazy)
81down(id);
82if(pos<=m(id))
83return
query(l(id),pos);
84else
85return
query(r(id),pos);86}
87void dfs1(int
u)88
98 head[u]=-1;99
out[u]=in
[u];
100}
101int
main()
102111 num[n]=fa[n]=0
;112
dfs(n);
113 built(1,1
,n);
114while(m--)
115121
return0;
122 }
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