算是一个套路题吧
我一开始考虑的时候，想了一个 \(O(n\sqrt n\log n)\) 的做法，但是通过调整块长好像可以做到 \(O(n\sqrt {n\log n})\)
大概思路就是考虑根号分治。对于每一次修改来说，如果儿子的个数小于 B 个，直接考虑对每个儿子树剖修改一下就行，而对于大于 B 个儿子的点，直接考虑记录一下这个点及其贡献。
对于一次询问，首先线段树中查询自己的权值。然后考虑这个点的所有祖先计算它们对自己的贡献，其中第二类点个数只有 \(O(\frac{n}{B})\) 个
我们不用 树剖维护这棵树，而是采用分块维护。做到 \(O(1)\) 区间修改，\(O(\sqrt n)\)单点 查询
复杂度可以降到 \(O(n\sqrt n)\)
我们考虑一个比较神仙的做法，每次修改的时候，对外子树以及重儿子做一个树剖加法。
每次询问的时候线段树中查询答案，并在树剖跳到根节点的链，对于相邻两条链的时候，计算一下贡献即可。
这个思路还是有点意思的，非常清奇。