题意
思路
首先要明确一点，答案分布是有单调性的。什么意思呢？假设我们的答案在 \(u\) 节点，\((u,v)\) 之间有一条边且 \(u\) 离答案所在的点更近，那么 \(u\) 节点作为答案一定不比在 \(v\) 节点作答案劣。从链的角度分析在拓展到树上会比较好理解这个性质。
那么如果树是一棵完全二叉树，就可以 \(\log n\) 的回答了。从根节点向下跳，每次如果找到一个 \(\displaystyle2*sum[u]\geq tot\) （\(sum[u]\) 为 \(u\) 子树点权之和， \(tot\) 为整张图点权之和）的节点，就说明存在一个更优或不劣的答案，就往这个方向跳，直到不能跳为止。更新时直接暴力修改父亲，没什么可说的。
虽然这棵树不一定是完全二叉树，但是这棵树的“分治树”高度一定是不超过 \(\log n\) 的（我个人不习惯使用“分治树”的概念，而将点分治理解为重心管辖区域这样的概念）。那么就对这棵树进行点分，存下每个数对应的每一层重心对应容器的标号，到它的距离，以及是容是斥。此题的每层重心的容器就是两个变量 \(Sum,sum\) ，其中 \(Sum\) 表示此重心管辖区域权值乘距离总和，\(sum\) 表示权值总和。那么对于 \(u\) 一层重心对应容器编号为 \(id\) ，距离 \(dis\) ，容斥系数为 \(s\) ，产生贡献即为 \(s(Sum[id]+dis\cdot sum[id])\) 。那么就能 \(O(\log n)\) 的询问取某个点的答案是多少了。
修改仍为暴力修改，没什么好说的。
关键在于回答询问，我们从整张图的重心 \(u\) 开始跳，这个重心 \(u\) 将树劈成了若干个连通块（题目有条件，最多 \(20\) 个），对于其中一个连通块，我们设 \(v\) 在这个连通块内且与 \(u\) 有边。我们查询选 \(v\) 的得到的答案，如果小于等于 \(u\) 的答案，那么就要跳了。妙的是这里跳的是这个连通块的重心 \(w\)，这样就可以保证复杂度了。所以，在点分的时候就要顺便把每个层重心 \(u\) 的下层重心 \(w\) ，以及对应的 \(v\) 存下来。复杂度 \(O(20 \cdot n\log ^2n)\) ，还是挺飘的。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i<=i##END;++i)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i>=i##END;--i)
using namespace std;
template<typename T,typename _T>inline bool chk_min(T &x,const _T y){return y<x?x=y,1:0;}
template<typename T,typename _T>inline bool chk_max(T &x,const _T y){return x<y?x=y,1:0;}
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
template<const int maxn,const int maxm>struct Linked_list
{
int head[maxn],to[maxm],nxt[maxm],cost[maxm],tot;
Linked_list(){clear();}
void clear(){memset(head,-1,sizeof(head));tot=0;}
void add(int u,int v,int w){to[++tot]=v,cost[tot]=w,nxt[tot]=head[u],head[u]=tot;}
#define EOR(i,G,u) for(int i=G.head[u];~i;i=G.nxt[i])
};
Linked_list<N,N<<1>G,H;
ll sum[N*2],Sum[N*2];int Sc;
int lv[N],Sid[N][40];ll dis[N][40];bool sgn[N][40];
int sz[N];bool mark[N];
int n,q;
void CFS(int u,int f,int tot,int &C,int &Mi)
{
sz[u]=1;int res=0;
EOR(i,G,u)
{
int v=G.to[i];
if(v==f||mark[v])continue;
CFS(v,u,tot,C,Mi);
sz[u]+=sz[v];
res=max(res,sz[v]);
}
res=max(res,tot-sz[u]);
if(chk_min(Mi,res))C=u;
}
void dfs_init(int u,int f,ll D,bool s)
{
Sid[u][++lv[u]]=Sc,dis[u][lv[u]]=D,sgn[u][lv[u]]=s;
EOR(i,G,u)
{
int v=G.to[i],w=G.cost[i];
if(v==f||mark[v])continue;
dfs_init(v,u,D+w,s);
}
}
void dac(int u,int f,int tot)
{
int rt=u,Mi=1e9;
CFS(u,0,tot,u,Mi);
if(f)H.add(f,u,rt);
mark[u]=1;
Sc++,dfs_init(u,0,0,1);
EOR(i,G,u)
{
int v=G.to[i],w=G.cost[i];
if(mark[v])continue;
Sc++,dfs_init(v,u,w,0);
dac(v,u,sz[u]>sz[v]?sz[v]:tot-sz[u]);
}
}
void update(int u,int val)
{
FOR(i,1,lv[u])
{
int id=Sid[u][i];ll d=dis[u][i];
sum[id]+=val;
Sum[id]+=(ll)val*d;
}
}
ll query(int u)
{
ll res=0;
FOR(i,1,lv[u])
{
int id=Sid[u][i];ll d=dis[u][i];bool s=sgn[u][i];
if(s)res+=Sum[id]+d*sum[id];
else res-=Sum[id]+d*sum[id];
}
return res;
}
ll Query(int u)
{
ll res=query(u);
EOR(i,H,u)
{
int v=H.to[i],w=H.cost[i];
if(query(w)<=res)return Query(v);
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&q);
FOR(i,1,n-1)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
G.add(u,v,w),G.add(v,u,w);
}
int C,Mi=1e9;
CFS(1,0,n,C,Mi);
memset(mark,0,sizeof(mark));
memset(lv,0,sizeof(lv));
Sc=0;
dac(1,0,n);
while(q--)
{
int u,val;
scanf("%d%d",&u,&val);
update(u,val);
printf("%lld\n",Query(C));
}
return 0;
}