傳送門
題意：給定一棵樹，一開始只有1爲紅，其他點爲藍。兩種操作：1，把一個點染成紅點。2，詢問一個點到最近紅點的距離。
解：數據量只有1e5,n根號n*log應該是可以的，主要是這個染色後，我們不能每一次染色後都去跑一次最短路（bfs就可以了），所以我們當修改數目達到根號n時再去進行一次最短路，查詢是如果有點是未更新狀態，我們可以通過lca來求得兩點的距離，這樣就可以保證複雜度是可行的。
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define pb push_back
#define ms(_data,v) memset(_data,v,sizeof(_data))
#define SZ(a) int((a).size())
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+5;
const int maxbit=20;
//il int Add(ll &x,ll y) {return x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
//il int Mul(ll &x,ll y) {return x=x*y>=mod?x*y%mod:x*y;}
int n,m,base;
int dep[N],fa[N][maxbit],lg[N],dis[N];//dis:到紅點最近的距離
vector<int> G[N];
bool vis[N];
il void init(){
lg[0]=-1,base=sqrt(n)+1,vis[1]=1;
for(int i=1;i<N;++i) lg[i]=lg[i>>1]+1;
}
il void dfs(int np,int f){
dep[np]=dep[f]+1,fa[np][0]=f,dis[np]=dep[np]-1;
for(int i=1;i<=lg[dep[np]]+1;++i) fa[np][i]=fa[fa[np][i-1]][i-1];
for(auto to:G[np]){
if(to!=f) dfs(to,np);
}
}
il int lca(int u,int v){
if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
while(dep[u]!=dep[v]) u=fa[u][lg[dep[u]-dep[v]]];
if(u==v) return u;
for(int i=lg[dep[u]];i>=0;--i){
if(fa[u][i]!=fa[v][i]) u=fa[u][i],v=fa[v][i];
}
return fa[u][0];
}
il int dist(int u,int v){
return dep[u]+dep[v]-2*dep[lca(u,v)];
}
int q[N],cnt=0;
queue<int> qe;
il void solve(){
int x;
while(!qe.empty()){
x=qe.front(),qe.pop();
for(auto to:G[x]){
if(dis[to]>dis[x]+1){
dis[to]=dis[x]+1;
qe.push(to);
}
}
}
}
il void update(int x){
if(vis[x]) return;
vis[x]=1,dis[x]=0,q[++cnt]=x,qe.push(x);
if(cnt==base){
solve();
cnt=0;
}
}
il int query(int x){
int ans=dis[x];
for(int i=1;i<=cnt;++i) ans=min(ans,dist(q[i],x));
return ans;
}
int main(){
std::ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
cin>>n>>m;
init();
for(int i=1,x,y;i<=n-1;++i){
cin>>x>>y;
G[x].pb(y),G[y].pb(x);
}
dfs(1,0);
for(int i=1,op,x;i<=m;++i){
cin>>op>>x;
if(op==1) update(x);
else cout<<query(x)<<endl;
}
return 0;
}