Description
九条可怜是一个热爱阅读的女孩子。
这段时间，她看了一本非常有趣的小说，这本小说的架空世界引起了她的兴趣。
这个世界有n个城市，这n个城市被恰好n?1条双向道路联通，即任意两个城市都可以互相到达。同时城市1坐落在世
界的中心，占领了这个城市就称霸了这个世界。
在最开始，这n个城市都不在任何国家的控制之下，但是随着社会的发展，一些城市会崛起形成国家并夺取世界的
霸权。为了方便，我们标记第i个城市崛起产生的国家为第i个国家。在第i个城市崛起的过程中，第i个国家会取得
城市i到城市1路径上所有城市的控制权。
新的城市的崛起往往意味着战争与死亡，若第i个国家在崛起中，需要取得一个原本被国家j(j!=i)控制的城市的控
制权，那么国家i就必须向国家j宣战并进行战争。
现在，可怜知道了，在历史上，第i个城市一共崛起了ai次。但是这些事件发生的相对顺序已经无从考究了，唯一
的信息是，在一个城市崛起称霸世界之前，新的城市是不会崛起的。战争对人民来说是灾难性的。可怜定义一次崛
起的灾难度为崛起的过程中会和多少不同的国家进行战争（和同一个国家进行多次战争只会被计入一次）。可怜想
要知道，在所有可能的崛起顺序中，灾难度之和最大是多少。
同时，在考古学家的努力下，越来越多的历史资料被发掘了出来，根据这些新的资料，可怜会对ai进行一些修正。
具体来说，可怜会对ai进行一些操作，每次会将ax加上w。她希望在每次修改之后，都能计算得到最大的灾难度。
然而可怜对复杂的计算并不感兴趣，因此她想让你来帮她计算一下这些数值。
对题面的一些补充：
1:同一个城市多次崛起形成的国家是同一个国家，这意味着同一个城市连续崛起两次是不会和任何国家开战的：因
为这些城市原来就在它的控制之下。
2:在历史的演变过程中，第i个国家可能会有一段时间没有任何城市的控制权。但是这并不意味着第i个国家灭亡了
，在城市i崛起的时候，第i个国家仍然会取得1到i路径上的城市的控制权
Solution
实际上崛起就是一个 \(access\) 的过程,同一 \(splay\) 中的城市被同一个国家占领
要最大化的就是轻重边切换的次数
考虑最优决策:
每一个点被占领的次数是独立的,之和其子树内的点 \(access\) 的顺序有关,我们可以分开算贡献
最优决策肯定是不断的在子树内切换,使得这个点被占领的次数尽可能多
如果设 \(s[x]\) 表示 \(x\) 子树内的点的 \(a[i]\) 之和,\(sum\) 表示 \(\sum s[son]\),\(mx\) 表示 \(max(s[son])\)
那么这个点最多被占领: \(min(sum-1,2*(sum-mx),2*(sum-a[x]))\)
\(dfs\) 一遍就可以有 \(30\) 分了
现在只需要优化修改操作了
修改只会影响到这个点到根的路径上的点的贡献
我们把 \(s[son]*2>s[x]\) 的儿子作为重儿子,那么就会得到轻重链剖分
我们按照 \(access\) 那样暴力改上去,复杂度就和 \(access\) 是一样的了
和普通的 \(access\) 不同的是,虚边不一定会变成实边,但虚边个数是 \(log\) 的,所以复杂度是对的
\(LCT\) 维护每一个点的权值或者维护虚子树都可以做,不过维护虚子树就不需要打 \(lazy\) 了
\(30\)分\(.cpp\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=4e5+10;
int n,Q,a[N],head[N],nxt[N*2],to[N*2],num=0;ll ans=0,s[N],mx[N];
inline void link(int x,int y){nxt[++num]=head[x];to[num]=y;head[x]=num;}
inline void dfs(int x,int last){
mx[x]=s[x]=a[x];
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int u=to[i];
if(u==last)continue;
dfs(u,x);
mx[x]=max(mx[x],s[u]);
s[x]+=s[u];
}
ans+=min(s[x]-1,2*(s[x]-mx[x]));
}
int main(){
freopen("pp.in","r",stdin);
freopen("pp.ans","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&Q);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
int x,y;
for(int i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
link(x,y);link(y,x);
}
dfs(1,1);
cout<<ans<<endl;
while(Q--){
scanf("%d%d",&x,&y);
a[x]+=y;ans=0;
dfs(1,1);
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
\(100\)分\(.cpp\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<class T>void gi(T &w){
char ch=getchar();w=0;
while(ch>'9' || ch<'0')ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9')w=w*10+ch-'0',ch=getchar();
}
const int N=4e5+10;
int n,Q,ch[N][2],head[N],nxt[N*2],num=0,to[N*2];
int fa[N],k[N];ll ans=0,xu[N],s[N],a[N];
inline void link(int x,int y){nxt[++num]=head[x];to[num]=y;head[x]=num;}
inline void dfs(int x,int last){
s[x]=a[x];
ll mx=a[x];int y=x;
for(int i=head[x],u;i;i=nxt[i]){
if((u=to[i])==last)continue;
fa[u]=x;dfs(u,x);s[x]+=s[u];
if(s[u]>mx)mx=s[u],y=u;
}
xu[x]=s[x];
if(mx<<1>s[x]){
ans+=(s[x]-mx)<<1;
if(x!=y)ch[x][1]=y,xu[x]-=s[y];
else k[x]=1;
}
else ans+=s[x]-1,k[x]=2;
}
inline bool isrt(int x){return ch[fa[x]][0]!=x&&ch[fa[x]][1]!=x;}
inline void upd(int x){s[x]=s[ch[x][0]]+s[ch[x][1]]+xu[x];}
inline void rotate(int x){
int y=fa[x];bool t=ch[y][1]==x;
ch[y][t]=ch[x][!t];fa[ch[y][t]]=y;
ch[x][!t]=y;fa[x]=fa[y];
if(!isrt(y))ch[fa[y]][ch[fa[y]][1]==y]=x;
fa[y]=x;upd(y);upd(x);
}
inline void splay(int x){
while(!isrt(x)){
int y=fa[x],p=fa[y];
if(isrt(y))rotate(x);
else if((ch[p][0]==y)==(ch[y][0]==x))rotate(y),rotate(x);
else rotate(x),rotate(x);
}
}
inline void access(int x,int t){
int y=0;ll v=0;
while(x){
splay(x);
v=s[x]-s[ch[x][0]];
if(k[x]==2)ans-=v-1;
else ans-=(v-(k[x]?a[x]:s[ch[x][1]]))<<1;
v+=t;s[x]+=t;xu[x]+=t;a[x]+=(y?0:t);
if(s[y]<<1>v)xu[x]+=s[ch[x][1]],xu[x]-=s[ch[x][1]=y];
if(s[ch[x][1]]<<1>v)ans+=(v-s[ch[x][1]])<<1,k[x]=0;
else{
if(ch[x][1])xu[x]+=s[ch[x][1]],ch[x][1]=0;
if(a[x]<<1>v)ans+=(v-a[x])<<1,k[x]=1;
else k[x]=2,ans+=v-1;
}
x=fa[y=x];
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
freopen("pp.in","r",stdin);
freopen("pp.out","w",stdout);
int x,y;
gi(n);gi(Q);
for(int i=1;i<=n;i++)gi(a[i]);
for(int i=1;i<n;i++){
gi(x);gi(y);
link(x,y);link(y,x);
}
dfs(1,1);
cout<<ans<<endl;
while(Q--)gi(x),gi(y),access(x,y);
return 0;
}