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E [* easy]

大杂烩。。

我们先证明这个图一定是树。

先给所有边定向，这样这张图至少是一个 DAG，我们证明每个点有且仅有一个父亲就 ok 了。

考虑 \((x,y)\) 是 ok 的，那么只需要证明 \((x-1,y),(x,y-1)\) 中恰好有一个是 ok 的，考虑 \(x,y\) 中二进制最低位较小的元素，我们必然直接减少其，同时一定 ok，不难发现给另一者 \(-1\) 显然是不 ok 的，

然后根据这类博弈论的套路，在树上翻硬币可以等价于每个硬币的 SG 的异或和。

观察一下，发现硬币的 SG 值似乎只和深度相关。

可以对深度归纳，不难证明深度为 \(i\) 的点的 SG 值为 \(2^i\)（深度从 0 开始标号）

于是后手赢等价于每个深度的点的数量都是偶数。

这样可以考虑假装存在一个序列，第 \(i\) 位为 \(1\) 表示这个深度有奇数个点，那么不难发现后手的一次操作等价于给前缀异或 \(1\)

于是操作次数实际上就是差分数组中 \(1\) 的数量。

最后，考虑初始加入链的过程，我们只需要维护他对这个假想的数列的贡献（注意他们只有染黑操作）于是只需要将计算 LCA，然后拆成若干条直上直下的链，一种做法是建立这些点的虚树，使用差分标记维护这个点到其父亲的边是否被染黑即可，这样只需要在差分数组中加入两个 pair 即可。

于是最后这个问题等价于在特殊树上求 \(m\) 对链的 LCA。

考虑直接模拟，我们发现我们暴力跳父亲复杂度很高，但是是可以加速的。如果某段操作全是给 \(x\) 减 \(1\) 那么是可以缩到一起的，实际上就是 \(x\) 的 low 小于 \(y\) 的 low 时可以连续跳 \(2^{low(x)}\) 次。

于是我们在 \(\mathcal O(m\log^2 w)\) 的复杂度解决了这个问题。

代码的细节很多，我写了 3h.../ll（最后又双叒叕被卡了 vector 的常数，屑ctr爪巴）

代码奇丑，不放了。