Description
有一棵点数为 N 的树，以点 1 为根，且树点有边权。然后有 M 个
操作，分为三种：
操作 1 ：把某个节点 x 的点权增加 a 。
操作 2 ：把某个节点 x 为根的子树中所有点的点权都增加 a 。
操作 3 ：询问某个节点 x 到根的路径中所有点的点权和。
Input
第一行包含两个整数 N, M 。表示点数和操作数。接下来一行 N 个整数，表示树中节点的初始权值。接下来 N-1
行每行三个正整数 fr, to ， 表示该树中存在一条边 (fr, to) 。再接下来 M 行，每行分别表示一次操作。其中
第一个数表示该操作的种类（ 1-3 ） ，之后接这个操作的参数（ x 或者 x a ） 。
Output
对于每个询问操作，输出该询问的答案。答案之间用换行隔开。
Sample Input
5 5
1 2 3 4 5
1 2
1 4
2 3
2 5
3 3
1 2 1
3 5
2 1 2
3 3
1 2 3 4 5
1 2
1 4
2 3
2 5
3 3
1 2 1
3 5
2 1 2
3 3
Sample Output
6
9
13
9
13
HINT
对于 100% 的数据， N,M<=100000 ，且所有输入数据的绝对值都不会超过 10^6 。
题解：
首先看到操作三就能想到树链剖分吧？
再看看题面就能想到线段树维护吧？
然后就没难度了吧？
考虑一下每个操作的做法：
操作1：单点修改，直接在线段树上面修改就好
操作2：把以x为根的子树+a，这是唯一有难度的一个地方。那么想一想我们是怎么剖分这棵树的——两次dfs，也就是说我们的树是按dfs序来构建的，再想想dfs序，它有一个很有趣的性质：
一个子树的编号一定是连续的
证明可以自己去找找。网上有的。
那么当我们想到这个性质之后操作2就不难了，第一次dfs的时候我们已经维护出来一个siz数组表示该节点的子节点了，我们只需要对pos[x],pos[x]+siz[x]-1这个区间进行区间修改就可以了（pos数组是树上的节点在线段树中的编号）
操作3：树链剖分的基本操作，爬到同一条重链上然后区间修改就好了
Code：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
#define inf 1<<30
#define il inline
il ll max(ll x,ll y){return x>y?x:y;}
il ll min(ll x,ll y){return x<y?x:y;}
il ll abs(ll x){return x>0?x:-x;}
il void swap(ll &x,ll &y){ll t=x;x=y;y=t;}
il void read(ll &x){
x=0;ll f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
x*=f;
}
il void print(ll x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
il void writeln(ll x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);putchar('
');}
il void write(ll x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);putchar(' ');}
using namespace std;
/*===================Header Template=====================*/
#define N 100010
struct tree{ll l,r,sum,tag;}t[N<<2];
struct data{ll to,next;}e[N<<1];
ll n,m,root,pos[N],sz;
ll cnt,head[N],v[N],v1[N];
ll fa[N],siz[N],top[N],dep[N];
void insert(ll u,ll v){
e[++cnt].to=v;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;
e[++cnt].to=u;e[cnt].next=head[v];head[v]=cnt;
}
void dfs1(ll x){
siz[x]=1;
for(ll i=head[x];i;i=e[i].next){
if(e[i].to==fa[x])continue;
fa[e[i].to]=x;
dep[e[i].to]=dep[x]+1;
dfs1(e[i].to);
siz[x]+=siz[e[i].to];
}
}
void dfs2(ll x,ll topf){
top[x]=topf;
pos[x]=++sz;
v1[sz]=v[x];
ll k=0;
for(ll i=head[x];i;i=e[i].next){
if(dep[e[i].to]>dep[x]&&siz[e[i].to]>siz[k])k=e[i].to;
}
if(!k)return;
dfs2(k,topf);
for(ll i=head[x];i;i=e[i].next){
if(k!=e[i].to&&dep[e[i].to]>dep[x])dfs2(e[i].to,e[i].to);
}
}
void build(ll l,ll r,ll rt){
t[rt].l=l;t[rt].r=r;
ll mid=(l+r)>>1;
if(l==r){return;}
build(l,mid,rt<<1);
build(mid+1,r,rt<<1|1);
t[rt].sum=t[rt<<1].sum+t[rt<<1|1].sum;
}
void pushdown(ll ln,ll rn,ll rt){
if(t[rt].tag){
ll &x=t[rt].tag;
t[rt<<1].tag+=x;
t[rt<<1|1].tag+=x;
t[rt<<1].sum+=x*ln;
t[rt<<1|1].sum+=x*rn;
x=0;
}
}
void upd1(ll L,ll c,ll rt){
ll l=t[rt].l,r=t[rt].r,mid=(l+r)>>1;
if(l==r){t[rt].sum+=c;return;}
pushdown(mid-l+1,r-mid,rt);
if(L<=mid)upd1(L,c,rt<<1);
else upd1(L,c,rt<<1|1);
t[rt].sum=t[rt<<1].sum+t[rt<<1|1].sum;
}
void upd2(ll L,ll R,ll c,ll rt){
ll l=t[rt].l,r=t[rt].r,mid=(l+r)>>1;
if(L<=l&&r<=R){t[rt].sum+=(r-l+1)*c;t[rt].tag+=c;return;}
pushdown(mid-l+1,r-mid,rt);
if(L<=mid)upd2(L,R,c,rt<<1);
if(R>mid)upd2(L,R,c,rt<<1|1);
t[rt].sum=t[rt<<1].sum+t[rt<<1|1].sum;
}
ll query(ll L,ll R,ll rt){
ll l=t[rt].l,r=t[rt].r,mid=(l+r)>>1,ans=0;
if(L<=l&&r<=R)return t[rt].sum;
pushdown(mid-l+1,r-mid,rt);
if(L<=mid)ans+=query(L,R,rt<<1);
if(R>mid)ans+=query(L,R,rt<<1|1);
return ans;
}
ll solve_query(ll x,ll y){
ll sum=0;
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
sum+=query(pos[top[x]],pos[x],1);
x=fa[top[x]];
}
if(pos[x]>pos[y])swap(x,y);
sum+=query(pos[x],pos[y],1);
return sum;
}
int main(){
read(n);read(m);
for(ll i=1;i<=n;i++)read(v[i]);
for(ll i=1;i<n;i++){
ll x,y;
read(x);read(y);
insert(x,y);
}
dfs1(1);dfs2(1,1);
build(1,n,1);
for(ll i=1;i<=n;i++)upd1(pos[i],v[i],1);
while(m--){
ll pd,x,y;
read(pd);read(x);
if(pd==1){
read(y);
upd1(pos[x],y,1);
}else if(pd==2){
read(y);
upd2(pos[x],pos[x]+siz[x]-1,y,1);
}else if(pd==3){
writeln(solve_query(x,1));
}
}
return 0;
}
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