[POI2007]大都市meg

$Description$

　　在经济全球化浪潮的影响下,习惯于漫步在清晨的乡间小路的邮递员 $Blue$ $Mary$ 也开始骑着摩托车传递邮件了。
不过，她经常回忆起以前在乡间漫步的情景。昔日，乡下有依次编号为 $1..n$ 的 $n$ 个小村庄，某些村庄之间有一些双
向的土路。从每个村庄都恰好有一条路径到达村庄 $1$ （即比特堡）。并且，对于每个村庄，它到比特堡的路径恰好
只经过编号比它的编号小的村庄。另外，对于所有道路而言，它们都不在除村庄以外的其他地点相遇。在这个未开
化的地方，从来没有过高架桥和地下铁道。随着时间的推移，越来越多的土路被改造成了公路。至今， $Blue$ $Mary$
还清晰地记得最后一条土路被改造为公路的情景。现在，这里已经没有土路了——所有的路都成为了公路，而昔日
的村庄已经变成了一个大都市。 $Blue$ $Mary$ 想起了在改造期间她送信的经历。她从比特堡出发，需要去某个村庄，
并且在两次送信经历的间隔期间,有某些土路被改造成了公路.现在 $Blue$ $Mary$ 需要你的帮助：计算出每次送信她需
要走过的土路数目。（对于公路，她可以骑摩托车；而对于土路，她就只好推车了。）

$Input$

　　第一行是一个数 $n(1 < = n < = 2 50000)$ .以下 $n-1$ 行，每行两个整数 $a，b$ $（1 < = a$ 以下一行包含一个整数 $m$
$（1 < = m < = 2 50000）$ ，表示 $Blue$ $Mary$ 曾经在改造期间送过 $m$ 次信。以下 $n+m-1$ 行，每行有两种格式的若干信息
，表示按时间先后发生过的 $n+m-1$ 次事件:若这行为 $A$ $a$ $b$ ( $a$ 若这行为 $W$ $a$ , 则表示 $Blue$ $Mary$ 曾经从比特堡送信到
村庄 $a$ 。

$Output$

　　有 $m$ 行，每行包含一个整数，表示对应的某次送信时经过的土路数目。

$Sample Input$

$Sample Output$

做题过程：其实我第一眼看到这个题，就考虑这道题我们可以把它抽象成每条边的初始边权都是 $1$ ，然后每次修改会把某条边的边权修改为 $0$ ，然后每次询问询问 $1$ 到某个点的最短路径和，显然我们可以边权转化为点权，然后直接用树链剖分维护一下路径和就好了，但是……有没有更简单的思路呢？？

正解思路：我们可以发现，将一条边 $u——>v$ 的边权修改为 $0$ ，假设 $u$ 为 $v$ 的父亲结点(以 $1$ 为根 $dfs$ )，只会对以 $v$ 为根的子树的所有点到 $1$ 的距离造成影响，然后我们考虑 $dfs$ 序，每个点的子树种他们的编号都是连续的，于是我们直接求出 $dfs$ 序，然后直接用一棵线段树来维护这个东西就好了！！！当然，树状数组也不是不可以, $dfs$ 序的话，类似于树链剖分的两个 $dfs$ 直接求一下就可以了，具体不会的话可以上网搜一下 $dfs$ 序怎么求，然后线段树或树状数组不会的话就……………………先自闭一会儿吧 $qwq$ ，因为本人实在没想到更好的做法。

参考代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#define maxn 250007
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
using namespace std;
int n,m,cnt,id[maxn],lazy[maxn<<2],d[maxn],sum[maxn<<2];
int head[maxn],num,siz[maxn],fa[maxn],son[maxn];
char s[3];
int qread() {
  char c=getchar();int num=0,f=1;
  for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
  for(;isdigit(c);c=getchar()) num=num*10+c-'0';
  return num*f;
}
struct node {
  int v,nxt;
}e[maxn<<1];
inline void ct(int u, int v) {
  e[++num]=(node){v,head[u]};
  head[u]=num;
}
void dfs1(int u, int f) {
  siz[u]=1;
  for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
    int v=e[i].v;
    if(v==f) continue;
    d[v]=d[u]+1,fa[v]=u;
    dfs1(v,u);
    siz[u]+=siz[v];
    if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
  }
}
void dfs2(int u) {
  id[u]=++cnt;
  if(son[u]) dfs2(son[u]);
  for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
    int v=e[i].v;
    if(v!=fa[u]&&v!=son[u]) dfs2(v);
  }
}
inline void pushup(int rt) {
  sum[rt]=sum[ls]+sum[rs];
}
inline void pushdown(int rt, int len) {
  if(lazy[rt]) {
    lazy[ls]+=lazy[rt],lazy[rs]+=lazy[rt];
    sum[ls]+=(len-(len>>1))*lazy[rt];
    sum[rs]+=(len>>1)*lazy[rt];
    lazy[rt]=0;
  }
}
void modify(int rt, int l, int r, int L, int R, int v) {
  if(L<=l&&r<=R) {
    lazy[rt]+=v,sum[rt]+=v*(r-l+1);
    return;
  }
  pushdown(rt,r-l+1);
  int mid=(l+r)>>1;
  if(L<=mid) modify(ls,l,mid,L,R,v);
  if(R>mid) modify(rs,mid+1,r,L,R,v);
  pushup(rt);
}
int query(int rt, int l, int r, int L, int R) {
  if(L<=l&&r<=R) return sum[rt];
  pushdown(rt,r-l+1);
  int mid=(l+r)>>1,ans=0;
  if(L<=mid) ans+=query(ls,l,mid,L,R);
  if(R>mid) ans+=query(rs,mid+1,r,L,R);
  return ans;
}
int main() {
  n=qread();
  for(int i=1,u,v;i<n;++i) {
    u=qread(),v=qread();
    ct(u,v),ct(v,u);
  }
  dfs1(1,0);
  dfs2(1);
  m=qread()+n-1;
  for(int i=1,u,v;i<=m;++i) {
    scanf("%s",s),u=qread();
    if(s[0]=='W') printf("%d\n",d[u]-query(1,1,n,id[u],id[u]));
    else {
      v=qread();
      if(fa[u]==v) swap(u,v);
      modify(1,1,n,id[v],id[v]+siz[v]-1,1);
    }
  }
  return 0;
}