闲话
题目摘自WC模拟试题(by Philipsweng)，原题目名Wander，“山村游历”是自己搞出来的中文名。
数据自测，如有问题欢迎反馈
对耐心的人来说，这道题是个裸题（当我什么也没说）
题面
题目描述
在一个偏远的小镇上，有一些落后的山村。山村之间通过一些道路来连接。当然有的山村可能不连通。
一年当中会发生很多大事，比如说有人提议要在山村\(i\)与\(j\)之间修建一条道路，也有人觉得山村\(i\)和\(j\)之间的道路需要被拆掉。
由于小镇的落后，镇长不会允许存在两个山村\(i,j\)，他们存在超过一条路径到达对方。也就是说，假如在修建山村\(i,j\)之间的道路之前，它们已经连通了，那么这条道路就不会被修建。
但拆除道路就不一样了。假如有人建议拆除连接\(i,j\)的道路，并且\(i,j\)的确有道路相连的话，镇长就会把它拆掉。
除了道路的修建与拆迁外，热情的山村人也会到处拜访其他人。有的时候来自山村\(i\)的人会想到山村\(j\)玩。
但山村人都是不识路的，那怎么办？他们有一种奇怪的遍历方式。
设一次旅行的起点为S，终点为T，点u的边集为V(i)，那么这个走路过程可以用下面的伪代码来表示。
function DFS(u)
if u==T then
finish search
flag[u]<-true
random shuffle the vertices order in V(u)
//here all permutations have equal probability to be chosen
for i in V(u) do
if flag[i]==false then
count++;
DFS(i);
count++;
最后count就是这次旅行所花时间。
很显然对于一次旅行，count可能有多种取值，那么对于这次旅行时间的评估，就是count的期望。
对于每次旅行，你都要告诉山村人他这次旅行时间的评估是多少。
一开始所有的山村之间都是没有道路连接的。
输入输出格式
输入格式：
第一行两个整数\(N,Q\)，表示小镇上总共有\(N\)个山村，一年中发生了\(Q\)件大事。
接下来\(Q\)行，每行包括三个整数\(type,u,v\)。
- 若\(type=0\)，表示有人建议在\(u,v\)之间修建一条道路。
- 若\(type=1\)表示有人建议拆除\(u,v\)之间的道路。
- 若\(type=2\)，表示山村人要进行一次\(u\)出发到\(v\)结束的旅行。
输出格式：
输出共\(Q\)行。
对于第i件大事，若\(type=0\)或\(1\)，假如这件大事能完成，则输出OK，否则输出ILLEGAL。若\(type=2\) ，假如这次旅行能到达终点，则输出对应的时间评估，否则输出ILLEGAL。
对于每个时间评估，输出保留4位小数。
输入输出样例
输入样例#1：
输出样例#1：
说明
对于\(100\%\)的数据，\(N≤100000,Q≤300000,1≤u,v≤N\)
思路分析
这是LCT题目很明显吧，赤裸裸地道出了这个小镇的穷，连多修一条路都舍不得
我们只要弄明白答案是要维护什么东西就好了。
我费了好大劲，终于搞懂了这个奇葩的游历方式（或许用C++描述会更舒服一些）
int count=0;
void dfs(int u)
{
if(u==T)cout<<count,exit(0);
flag[u]=true;
random_shuffle(V[u],V[u]+len[u]);
for(i=0;i<len[u];++i)
if(!flag[V[i]])count++,dfs(V[i]);
count++;
}
简单的说，就是只要找不到终点，就会选一条没走过的边，一直走下去，直到碰到死路才回来。而count就好比他走一步的时间加上走不通退回来的时间。
那么把起点和终点所在的树搞出来，那么每个点都会有若干个子树，就好像下面这样（绿色三角形表示子树，蓝色点表示\(S->T\)的路径，为了使路径突出，这里搞得不像一棵树了）
那么，假如有概率选择了某个子树的话，那人一定会把整个子树走完并且回来对吧。假如选择了路径上的边继续走下去，那么就再也不会回去了，以前没走完的子树也一定不会走了。
于是问题简化了。设每个子树在选择沿着\(S->T\)的路径继续走下去之前被选择的概率为\(p\)，那么我们要求的期望大概可以表达成
\(\sum_{j=1}^n2p_{s_j}size_{s_j}+\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^n2p_{s_{ij}}size_{a_{ij}}\)
仍然不能用LCT维护，我们还需要知道\(p\)。
注意这是随机的排列。对于每个排列，有且仅有另一个排列与其顺序相反。如果有一个排列，某一子树排在了路径边的前面（需要计算\(size\)），那么必定有且仅有另一个对应的排列使得该子树排在路径边的后面（不需要计算\(size\)）。由于这种等概率的对应关系，\(p={1\over2}\)得证。
\(1\over2\)乘上系数\(2\)，不就变成了\(\sum_{j=1}^nsize_{s_j}+\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^nsize_{a_{ij}}\)么。哈哈哈哈全是整数！？别被保留四位小数吓到以为要搞什么概率期望DP高斯消元啦（其实我什么都不会）
用LCT维护虚子树size和原树总size，那么这个式子还不如直接变成该原树的总大小减去T的虚子树总大小再减\(1\)（T的大小），或者\(split(T,S)\)（以S为根），变成原树的总大小减去以T为根的子树总大小。
代码在此（看懂了题目，代码真的不需要什么注释了。。。。。。）
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#define R register int
#define I inline
const int N=100009;
int f[N],c[N][2],si[N],s[N];
bool r[N];
#define lc c[x][0]
#define rc c[x][1]
I bool nroot(R x){return c[f[x]][0]==x||c[f[x]][1]==x;}
I void pushup(R x){
s[x]=s[lc]+s[rc]+si[x]+1;
}
I void pushdown(R x){
if(r[x]){
R t=lc;lc=rc;rc=t;
r[lc]^=1;r[rc]^=1;r[x]=0;
}
}
I void pushall(R x){
if(nroot(x))pushall(f[x]);
pushdown(x);
}
I void rotate(R x){
R y=f[x],z=f[y],k=c[y][1]==x,w=c[x][!k];
if(nroot(y))c[z][c[z][1]==y]=x;c[x][!k]=y;c[y][k]=w;
f[w]=y;f[y]=x;f[x]=z;
pushup(y);
}
/*
I void splay(R x){
R y;
pushall(x);
while(nroot(x)){
y=f[x];
if(nroot(y=f[x]))
rotate((c[y][0]==x)^(c[f[y]][0]==y)?y:x);
rotate(x);
}
pushup(x);
}
*/
I void splay(R x){
pushall(x);
while(nroot(x))rotate(x);
pushup(x);
}
I void access(R x){
for(R y=0;x;x=f[y=x]){
splay(x);
si[x]+=s[rc];
si[x]-=s[rc=y];
pushup(x);
}
}
I void makeroot(R x){
access(x);splay(x);
r[x]^=1;
}
I int findroot(R x){
access(x);splay(x);
while(lc)x=lc;
return x;
}
I void split(R x,R y){
makeroot(x);
access(y);splay(y);
}
I bool link(R x,R y){
makeroot(x);
if(findroot(y)==x)return 0;
si[f[x]=y]+=s[x];
pushup(y);
return 1;
}
I bool cut(R x,R y){
makeroot(x);
if(findroot(y)!=x||f[x]!=y||c[x][1])return 0;
f[x]=c[y][0]=0;
return 1;
}
#define G ch=getchar()
#define in(z) G;\
while(ch<'-')G;\
z=ch&15;G;\
while(ch>'-')z*=10,z+=ch&15,G;
int main(){
register char ch;
R n,q,type,u,v;
in(n);in(q);
for(R i=1;i<=n;++i)s[i]=1;
while(q--){
in(type);in(u);in(v);
if(type<2)puts((type?cut(u,v):link(u,v))?"OK":"ILLEGAL");
else{
split(u,v);
if(findroot(v)!=u)puts("ILLEGAL");
else printf("%d.0000\n",s[v]-si[v]-1);
}
}
return 0;
}