题解

思路

先考虑一段边权序列。固定某一二进制位，把序列的前缀异或值写出，并包含空前缀。一个连续子段在该位为 $1$，当且仅当它两端的两个前缀异或值不同。若前缀异或中有 $c_0$ 个 $0$ 和 $c_1$ 个 $1$，这一位对答案的贡献就是 $c_0c_1$ 乘该位权值。

做法

为一个序列段维护长度、总异或，以及每一位上前缀异或为 $0/1$ 的个数。合并左右两段时，左段前缀全部保留；右段的非空前缀先与左段总异或相异或后加入。空前缀不能重复计算。这个合并满足结合律。

反转序列时，反转后的前缀对应原序列的后缀。每个后缀异或等于整段异或再异或某个原前缀，因此只需根据整段异或交换相应位的 $0/1$ 计数。

对树进行重链剖分，把每条边的权值存到较深端点的 DFS 序位置，并在线段树中维护上述序列量。查询路径时，从两端向最近公共祖先跳重链：从 $u$ 侧取出的区间需要反转后追加，从 $v$ 侧取出的区间按正向前置。最后合并两侧，逐位计算 $c_0c_1 2^b$。修改一条边就是修改其较深端点的位置。

证明

任意子路径的边权异或等于两个前缀异或的异或，所以固定二进制位时，贡献为 $1$ 的子路径恰与一对取值不同的前缀一一对应，共有 $c_0c_1$ 个。

序列合并公式枚举了左段的全部前缀，以及跨过整个左段后进入右段的全部非空前缀，二者无重无漏。反转公式由“后缀异或等于总异或再异或前缀”直接得到。因此维护量能按任意分段顺序还原真实路径序列。

重链剖分取出的区间按路径方向反转或前置后，其合并结果与从 $u$ 到 $v$ 的边权顺序完全一致。于是最终逐位贡献之和就是所有子路径异或值之和。单点修改后线段树重新合并所有受影响区间，后续查询仍正确。

复杂度

每个维护量只有 $10$ 个二进制位。预处理 $O(n)$，修改 $O(10\log n)$，查询 $O(10\log^2n)$，空间 $O(10n)$。