Description
给定一棵有n个节点的无根树和m个操作，操作有2类：
1、将节点a到节点b路径上所有点都染成颜色c；
2、询问节点a到节点b路径上的颜色段数量（连续相同颜色被认为是同一段），
如“112221”由3段组成：“11”、“222”和“1”。
请你写一个程序依次完成这m个操作。
Input
第一行包含2个整数n和m，分别表示节点数和操作数；
第二行包含n个正整数表示n个节点的初始颜色
下面 行每行包含两个整数x和y，表示x和y之间有一条无向边。
下面 行每行描述一个操作：
“C a b c”表示这是一个染色操作，把节点a到节点b路径上所有点（包括a和b）都染成颜色c；
“Q a b”表示这是一个询问操作，询问节点a到节点b（包括a和b）路径上的颜色段数量。
Output
对于每个询问操作，输出一行答案。
Sample Input
6 5
2 2 1 2 1 1
1 2
1 3
2 4
2 5
2 6
Q 3 5
C 2 1 1
Q 3 5
C 5 1 2
Q 3 5
Sample Output
3
1
2
HINT
数N<=105，所有的颜色C为整数且在[0, 10^9]之间。
Solution
这题有很多做法，树剖，LCT
因为现在正在练LCT，所以就用LCT写了
一条链上，维护四个东西，col（结点本身颜色），lco（结点包括其Splay子树代表的一段颜色的最左边颜色），rco（这个就是最右边的），sum（结点包括其Splay子树代表的一段的答案）
因为LCT的Splay保证了中序遍历按深度递增，所以一个结点包括其子树后包含的位置一定是连续的一段，所以可以这样维护
然后对于pushup
首先直接把两个儿子的sum与自己的长度1全部加上后
再判断连接的地方是否相同，如果相同就减去多加的（这个地方可能说不清楚，但一看代码就明白了）
然后当前结点的lco就是左儿子的lco，rco就是右儿子的rco
还要注意如果没有左右儿子，就千万不要转移，否则会出问题，lco和rco会转移错误
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
const int MAXN=100000+10;
int n,m;
#define lc(x) ch[(x)][0]
#define rc(x) ch[(x)][1]
struct LCT{
int ch[MAXN][2],fa[MAXN],rev[MAXN],sum[MAXN],lco[MAXN],rco[MAXN],pnt[MAXN],stack[MAXN],cnt,col[MAXN];
inline bool nroot(int x)
{
return lc(fa[x])==x||rc(fa[x])==x;
}
inline void reverse(int x)
{
std::swap(lc(x),rc(x));
std::swap(lco[x],rco[x]);
rev[x]^=1;
}
inline void paint(int x,int c)
{
sum[x]=1;
pnt[x]=col[x]=lco[x]=rco[x]=c;
}
inline void pushup(int x)
{
sum[x]=sum[lc(x)]+sum[rc(x)]+1;
if(lc(x)&&rc(x))sum[x]=sum[x]-(rco[lc(x)]==col[x])-(col[x]==lco[rc(x)]);
else if(lc(x))sum[x]=sum[x]-(rco[lc(x)]==col[x]);
else if(rc(x))sum[x]=sum[x]-(col[x]==lco[rc(x)]);
lco[x]=rco[x]=col[x];
if(lc(x))lco[x]=lco[lc(x)];
if(rc(x))rco[x]=rco[rc(x)];
}
inline void pushdown(int x)
{
if(pnt[x])
{
if(lc(x))paint(lc(x),pnt[x]);
if(rc(x))paint(rc(x),pnt[x]);
pnt[x]=0;
}
if(rev[x])
{
if(lc(x))reverse(lc(x));
if(rc(x))reverse(rc(x));
rev[x]=0;
}
}
inline void rotate(int x)
{
int f=fa[x],p=fa[f],c=(rc(f)==x);
if(nroot(f))ch[p][rc(p)==f]=x;
fa[ch[f][c]=ch[x][c^1]]=f;
fa[ch[x][c^1]=f]=x;
fa[x]=p;
pushup(f);
pushup(x);
}
inline void splay(int x)
{
cnt=0;
stack[++cnt]=x;
for(register int i=x;nroot(i);i=fa[i])stack[++cnt]=fa[i];
while(cnt)pushdown(stack[cnt--]);
for(register int y=fa[x];nroot(x);rotate(x),y=fa[x])
if(nroot(y))rotate((lc(y)==x)==(lc(fa[y])==y)?y:x);
pushup(x);
}
inline void access(int x)
{
for(register int y=0;x;x=fa[y=x])splay(x),rc(x)=y,pushup(x);
}
inline void makeroot(int x)
{
access(x);splay(x);reverse(x);
}
inline void split(int x,int y)
{
makeroot(x);access(y);splay(y);
}
inline void link(int x,int y)
{
makeroot(x);fa[x]=y;
}
};
LCT T;
#undef lc
#undef rc
inline void read(int &x)
{
int data=0,w=1;
char ch=0;
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')data=(data<<3)+(data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
x=data*w;
}
inline void write(int x,char c='\0')
{
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
if(x>9)write(x/10);
putchar(x%10+'0');
if(c!='\0')putchar(c);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
int main()
{
read(n);read(m);
for(register int i=1;i<=n;++i)
{
int color;
read(color);
T.col[i]=T.lco[i]=T.rco[i]=color;
T.sum[i]=1;
}
for(register int i=1;i<n;++i)
{
int u,v;
read(u);read(v);
T.link(u,v);
}
while(m--)
{
char opt[2];
scanf("%s",opt);
if(opt[0]=='C')
{
int a,b,c;
read(a);read(b);read(c);
T.split(a,b);T.paint(b,c);
}
if(opt[0]=='Q')
{
int a,b;
read(a);read(b);
T.split(a,b);
write(T.sum[b],'\n');
}
}
return 0;
}