原题链接：F2. Omsk Metro (hard version)

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题目大意：

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最初开始时，你有一个根节点 $1$ 且权值为 $1$ 。

接下来会有 $n$ 个操作，每次操作按照如下格式给出：

设操作开始前节点总数为 $cnt$：

• $+$ $v$ $x$ ，增加一个编号为 $cnt+1$ ，且权值为 x ∈ { − 1 , 1 } x\in\{-1,1\} x∈{−1,1} 的节点，同时和节点 $v$ 连上一条边（保证节点 $v$ 存在）。
• $?$ $x$ $y$ $k$ ，询问从 $x$ 到 $y$ 的路径上，是否可以从某个位置开始，选出一些连续节点，并且使得点权之和为 $k$ 。

解题思路：

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注意到形成的结构是一棵树，并且还有一个性质： x ∈ { − 1 , 1 } x\in\{-1,1\} x∈{−1,1} 。

我们引入一个结论：如果一个区间的和 $sum\ge 0$ ，那么我们可以通过删除最左边或最右边的一些元素，获得所有在区间 $[0,sum]$ 内的值，同样的，$sum\le 0$ 也满足这个条件。

感性证明一下为什么是对的：

首先我们肯定要从序列的一边慢慢删数，否则就不连续了。

• 下面只考虑 $sum\ge 0$ 的情况，$sum\le 0$ 的情况也同理。
• 假设序列的元素全为 $1$ ，结论显然是正确的。
• 假设序列包含至少一个 $-1$ ，又因为 $sum=a\times (-1)+b\times 1$ ，对于每一个 $-1$，我们一定都能和某一个正 $1$ 抵消掉这个 $-1$ 的贡献，即删除了这个 $-1$ 再删除一个 $1$ ，会使得 $sum$ 值不变，我们发现 $-1$ 的存在本质上是没有意义的，这样问题就转化成了序列元素全是 $1$ 的情况了。

引入这个结论有什么用呢？

假设我们可以知道这个序列 最小的负值和 $S_1$ 以及 最大的正值和 $S_2$ ，按照这个结论，我们一定能用 $S_1$ 凑出 $[S_1,0]$ 的任意值，用 $S_2$ 凑出 $[0,S_2]$ 的任意值。

所以判断是否能选出一个子数组，使得和为 $k$ ，即判断 $S_1\le k\le S_2$ 即可。

回到这题上，能否在 $x\to y$ 路径形成的序列上凑成 $k$ ，本质就转化成了求 $x\to y$ 路径的最小子段和，以及最大子段和，这是一个典型问题。

假设根为 $1$ ，我们要求 $x\to y$ 的路径。

设 $lca$ 为 $x,y$ 的最近公共祖先。

假设 $lca$ 是 $x,y$ 的其中一个，那么答案就直接是 $x\to y$ 路径上的最大$/$小子段和。

否则就是 $x\to lca$ 和 $lca\to y$ 的路径拼起来，考虑怎么拼起来。

我们维护 $7$ 个信息：

• 严格包含 区间最左$/$右端点的最大子段和：$mxl,mxr$
• 严格包含 区间最左$/$右端点的最小子段和：$mnl,mnr$
• 只看这个区间内部的最大$/$小子段和：$mxsum,mnsum$
• 区间的和： $sum$

假设我们已经知道 $a\to b$ 和 $b\to c$ 的信息，我们要怎么将这两个区间合并成 $a\to c$ 的信息：

注意，这里的 $a\to b$ 指的是 左闭右开区间 $[a,b)$ ，转化为下标可以理解为闭区间 $[a,b-1]$。

下面只考虑最大子段和，最小子段和也是同理：

按照上图将 $a\to b$ 统称为左边， $b\to c$ 统称为右边。

• m x s u m a → c = max ⁡ { m x s u m a → b , m x s u m b → c , m x r a → b + m x l b → c } mxsum_{a \rightarrow c}=\max\{mxsum_{a \rightarrow b},mxsum_{b \rightarrow c}, mxr_{a \rightarrow b}+mxl_{b \rightarrow c}\} mxsuma→c​=max{mxsuma→b​,mxsumb→c​,mxra→b​+mxlb→c​}
  （$a\to c$ 的最大子段和 $mxsum$ ，要么是左边或者右边其一的最大子段和，要么是左边 $mxr$ 和右边 $mxl$ 拼起来的中间那一段的和）

• m x r a → c = max ⁡ { m x r b → c , m x r a → b + s u m b → c } mxr_{a \rightarrow c}=\max\{mxr_{b \rightarrow c},mxr_{a \rightarrow b}+sum_{b \rightarrow c}\} mxra→c​=max{mxrb→c​,mxra→b​+sumb→c​}
  （ $a\to c$ 包含右端点的最大子段和 $mxr$，要么是右边的 $mxr$，要么是左边的 $mxr$ 再加上右边一整段区间的和）

• m x l a → c = max ⁡ { m x l b → c , s u m a → b + m a x l b → c } mxl_{a \rightarrow c}=\max\{mxl_{b \rightarrow c},sum_{a \rightarrow b}+maxl_{b \rightarrow c}\} mxla→c​=max{mxlb→c​,suma→b​+maxlb→c​}
  （ $a\to c$ 包含左端点的最大子段和 $mxl$，要么是左边的 $mxl$，要么是左边一整段区间的和再加上右边的 $mxl$）

• $su{m}_{a\to c}=su{m}_{a\to b}+su{m}_{b\to c}$
  （$a\to c$ 的区间的和直接就是左边的和和右边的和相加）

这样，我们就可以将树的每一条链分段维护，然后对每一段进行如上的信息合并，就能够实时求出 $a\to b$ 这一整条链上的信息了。

对于这一题而言，我们可以用倍增表做到在线加点维护信息，在线询问。

注意到我们的信息是自底向上维护的，且询问区间是 $[x,y)$ 的左闭右开区间，因此我们除了 $lca$ 是 $x,y$ 的其中一个的情况，我们询问的答案都是 $[x,lca),[y,lca)$ 的信息。

这时我们要翻转一下一个区间，变成 $[x,lca)+[lca]+(lca,y]$ 的信息，才是 $[x,y]$ 的信息。

细节比较多，可以看代码注释。

时间复杂度：$O(n\log n)$

AC代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define YES return void(cout << "Yes\n")
#define NO return void(cout << "No\n")
using namespace std;

using u64 = unsigned long long;
using PII = pair<int, int>;
using i64 = long long;

//这里是我们的信息结构体
struct Info {
    int mnl, mnr, mxl, mxr, sum;
    int mxsum, mnsum;
    Info() { mnl = mnr = mxl = mxr = sum = mxsum = mnsum = 0; };
    Info(int _) {
        //初始时全为 0
        mnl = mnr = mxl = mxr = sum = mxsum = mnsum = 0;
        //分类讨论点 u 权值为 > 0 和 < 0 的情况
        if (_ > 0) {
            mxl = mxr = sum = mxsum = _;
        } else {
            mnl = mnr = sum = mnsum = _;
        }
    }
    //维护最大子段和
    friend Info merge(const Info& a, const Info& b) {
        Info res;
        res.mxsum = max({ a.mxsum, b.mxsum, a.mxr + b.mxl });
        res.mnsum = min({ a.mnsum, b.mnsum, a.mnr + b.mnl });
        res.mxl = max(a.mxl, a.sum + b.mxl);
        res.mxr = max(b.mxr, a.mxr + b.sum);
        res.mnl = min(a.mnl, a.sum + b.mnl);
        res.mnr = min(b.mnr, a.mnr + b.sum);
        res.sum = a.sum + b.sum;
        return res;
    }
    //区间反转操作
    void reverse() {
        swap(mnl, mnr);
        swap(mxl, mxr);
    }
};

void solve() {

    int n;
    cin >> n;

    const int logn = __lg(n);
    vector<vector<int>> nxt(n + 2, vector<int>(logn + 1));
    vector<vector<Info>> pre(n + 2, vector<Info>(logn + 1));

    vector<int> dep(n + 2);
    vector<tuple<int, int, int>> ask;

    //这里懒得把代码改了，就离线了，本质上是可以做到在线的
    int Node = 1;
    pre[Node][0] = Info(1);
    char op; int u, v, k;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> op >> u >> v;
        if (op == '+') {
            nxt[++Node][0] = u;
            dep[Node] = dep[u] + 1;
            pre[Node][0] = Info(v);
        } else {
            cin >> k;
            ask.emplace_back(u, v, k);
        }
    }

    //对每个点跳 2^j 步的信息都做一个如上的合并
    //注意信息是 [x, y) 的信息
    for (int j = 1; j <= logn; ++j) {
        for (int i = 1; i <= Node; ++i) {
            nxt[i][j] = nxt[nxt[i][j - 1]][j - 1];
            pre[i][j] = merge(pre[i][j - 1], pre[nxt[i][j - 1]][j - 1]);
        }
    }

    //求 LCA 模板
    auto LCA = [&](int u, int v) {
        if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);
        for (int j = logn; j >= 0; --j) {
            if (dep[u] - (1LL << j) >= dep[v]) {
                u = nxt[u][j];
            }
        }
        if (u == v) return u;
        for (int j = logn; j >= 0; --j) {
            if (nxt[u][j] != nxt[v][j]) {
                u = nxt[u][j];
                v = nxt[v][j];
            }
        }
        return nxt[u][0];
    };

    //cal函数 就是通过倍增计算 [x, a) + [a, b) + ... + [z, lca) 的信息从而得到 [x, lca) 的信息
    //特别要注意的是如果 u == lca 会返回一个全为 0 的信息，不会对答案产生影响，具体看代码即可明白原因
    auto cal = [&](int u, int lca) {
        Info res;
        for (int j = logn; j >= 0; --j) {
            if (dep[u] - (1LL << j) >= dep[lca]) {
                res = merge(res, pre[u][j]);
                u = nxt[u][j];
            }
        }
        return res;
    };

    //处理每个离线出来的询问
    for (auto [u, v, k] : ask) {
        int lca = LCA(u, v);
        Info A = cal(u, lca), B = cal(v, lca);
        A = merge(A, pre[lca][0]); //将 [u, lca) + [lca, lca]
        A.reverse(); //翻转 [u, lca]
        Info T = merge(B, A); //合并 [v, lca) + [lca, u];
        if (T.mnsum <= k && k <= T.mxsum) {
            cout << "Yes\n";
        } else {
            cout << "No\n";
        }
    }
}

signed main() {

    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    int t = 1; cin >> t;
    while (t--) solve();

    return 0;
}