将其以$x$为根建树，并定义$k$的点权$w_{k}$为$k$到其父亲的边边权（特别的$w_{x}=0$），那么问题也可以看作选一个包含$x$的点集，满足其的导出子图连通且边集可以被划分为$y$条路径，并最大化点权和
性质1：边集可以被划分为$y$条路径，当且仅当度为1的节点不超过$2y$个
必要性：一条路径上至多有两个度为1的节点，那么$y$条路径也即至多有$2y$个
充分性：将所有叶子按照dfs序排序，并将第$4k+0/1$个叶子向第$4k+2/3$个叶子匹配，考虑每一个子树内存在叶子的节点，相当于要求某个区间内的叶子存在向子树外的边，简单分析可以发现上述构造总存在这样的边，即合法
对其长链剖分，定义长儿子为子树带权深度最深的儿子（多个任取），并以此将原树划分为若干条链
记$L_{i}$为第$i$条链的点集且$W_{i}=\sum_{x\in L_{i}}w_{x}$，显然$L_{i}$两两不交且并集恰为点集$V$，再将其按照$W_{i}$从大到小排序（相同按照链顶深度从小到大排序），并在最后补上若干个$L_{i}=\empty$
结论1：若$S=\bigcup_{i=1}^{2y}L_{i}$的导出子图中$x$的度数不为1，则答案为$\sum_{i=1}^{2y}W_{i}$；否则，设$k$为$S$中与$x$相邻的节点，则答案为$\sum_{i=1}^{2y-1}W_{i}+W_{pos}$（其中$pos=\min_{L_{i}\cap sub_{k}=\empty}i$）
下面，来证明以下上述结论的正确性（或感性理解后直接跳至这里）：
引理1：若$L_{i}$链顶的父亲是$L_{j}$链顶的祖先（严格），则$i\le j$
性质2：存在一个取到最大点权和的点集$S$，使得$S$是若干个$L_{i}$的并
任取一个取到最大点权和的点集$S$，若其不为若干个$L_{i}$的并，则必然存在$L_{i}$满足$L_{i}\not\subseteq S$且$L_{i}\cap S\ne \empty$（注意到$S\subseteq \bigcup L_{i}=V$），那么取其中最小的$i$，并做如下变换：
令$x$为$L_{i}$中最深的点满足其在$S$中，并任取$x$子树中的一个叶子$y$，将$y$不断向上移动直至点$z$满足$z$有两个儿子$\in S$或$z=x$，然后删除$y$到$z$路径上的点（包括$y$，不包括$z$），再选上$L_{i}$中$\not\in S$的部分
此时不改变度为1的节点数且点权和单调不降，因此$S$仍取到最大点权和且合法
另一方面，影响的仅有$x$子树内，根据引理1显然不会影响$j<i$的$L_{j}$与$S$的关系，同时这使得$L_{i}\subseteq S$，那么重复此过程即可使得$S$是若干个$L_{i}$的并
引理2：若$S=\bigcup_{i\in S'}L_{i}$且$\forall i\in S',L_{i}\ne \empty$，则$S$中至少存在$|S'|$个度为1的点
性质3：$\forall k\ge 1,\bigcup_{i=1}^{k}L_{i}$的导出子图连通且除$x$以外恰有$k$个度为1的点
归纳此结论成立，根据引理1$L_{1}$必然是包含$x$的链，那么显然成立
考虑加入$L_{k+1}$，同样根据引理1$L_{k+1}$链顶的父亲必然要在$\bigcup_{i=1}^{k}L_{i}$中（否则必然在后面即矛盾），即证明其连通，同时也即链顶度数不为1，那么仅新增一个度为1的节点（链尾）
（如果该父亲的度数为1，不难发现其必然是$x$，因此也不影响）
综上，来考虑原结论——
对于结论前半部分，性质2和引理2说明了答案上界为$\sum_{i=1}^{2y}W_{i}$，同时根据性质3和条件（$x$度数不为1）该上界可以被$\bigcup_{i=1}^{2y}L_{i}$取到，因此即为答案
对于结论后半部分，注意到若选了$2y$条链，那么$x$的度数必然不能为1，再根据$pos$的最小性也即链不能都选在$L_{pos}$之前，因此$\sum_{i=1}^{2y-1}W_{i}+W_{pos}$为答案上界且可以被$\bigcup_{i=1}^{2y-1}L_{i}\cup L_{pos}$取到，即为答案
但$x$并不固定，因此长链的划分也不固定，需要每次询问重新建树，无法通过
考虑优化，任取一条（带权）直径$(a,b)$，不妨假设其中$a$距离$x$较远，那么根据直径的性质，不难得到$a$也是距离$x$最远的点（之一）
引理3：存在一个取到最大点权和的点集$S$，使得$a\in S$
由此，问题可以看作$x=a$且强制选择$x$的答案
若没有选择$x$的限制，根据结论1的构造答案集合可以为$S=\bigcup_{i=1}^{2y-1}L_{i}$（注意$a$一定是叶子）
若$x\in S$，即$S$本身也满足条件，那么显然取到最大，答案也即$\sum_{i=1}^{2y-1}W_{i}$
若$x\not\in S$，强制选择$x$可以看作将$x$的点权加上$\infty$，那么长儿子的变化即将$x$到$a$路径上（包括$a$，不包括$x$）的点长儿子替换为其链上的儿子，长链的变化也即将其与$x$到$a$路径上的交删除（并新增一条长链）
（注意这里加上$\infty$只是为了方便理解长儿子/长链形式上的变化）
由于$x$的点权足够大，一定会先选上新增的这条链，并再选此时最长的$2y-2$条链即可
性质4：对于原来$L_{1},L_{2},..,L_{2y-2}$，仅有$x$到$a$路径有交且链顶最深的$L_{pos}$可能被"顶替"
令$L'_{i}$为变化后的$L_{i}$，$W'_{i}$为对应权值，由于只有删除，即$W'_{i}\le W_{i}$，不难得到$\forall 1\le i\le 2y-2$不被"顶替"的充分条件是$W_{i}=W'_{i}$或$W'_{i}\ge W_{2y-2}$
进而考虑$W_{i}>W'_{i}$的链，即其与$x$到$a$路径有交，令$x$为$L'_{i}$链顶的父亲，在长儿子变化之前$L'_{i}$的链顶即是$x$的长儿子，同时$x$显然也是$L_{pos}$的链顶的祖先，因此$W'_{i}\ge W_{pos}\ge W_{2y-2}$
（特别的，若$pos\ge 2y-1$，即其中不存在$W_{i}>W'_{i}$的链）
进而考虑替换$L_{pos}$的链，如果$L_{2y-1}$与$x$到$a$路径没有交显然是$L_{2y-1}$
若$L_{2y-1}$与$x$到$a$路径有交，类似上述证明一定有$W'_{pos}\ge W_{2y-1}$，即剩下的链都无法替换$L_{pos}$，因此不妨直接比较$W'_{pos}$和$W_{2y-1}$并选择即可
具体实现中，需要维护以下信息：
1.每一条长链的链顶、链尾和点权（前缀）和
2.每一个点深度和所在链的排名
3.倍增维护其到其$2^{i}$祖先这条路径上排名最低的点（指所在链排名）的排名
由此，先根据信息2判断$x\in S$，若$x\not\in S$再倍增找到其第一个排名$\le 2y-2$的祖先，将这个祖先到其路径上的点补上，并加上$\max(W_{2y-1}-$链剩余部分$,0)$即可
时间复杂度为$o(n\log n+q\log n)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define N 100005
4 struct Edge{
5 int nex,to,len;
6 }edge[N<<1];
7 int n,m,E,x,y,z,ans,head[N],dep[N],tmp[N];
8 struct Chain{
9 int top,tail,len;
10 bool operator < (const Chain &k)const{
11 return (len>k.len)||(len==k.len)&&(tmp[len]<tmp[k.len]);
12 }
13 };
14 void add(int x,int y,int z){
15 edge[E]=Edge{head[x],y,z};
16 head[x]=E++;
17 }
18 void dfs(int k,int fa,int s){
19 dep[k]=s;
20 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
21 if (edge[i].to!=fa)dfs(edge[i].to,k,s+edge[i].len);
22 }
23 struct Data{
24 int rt,w[N],dep[N],leaf[N],bl[N],sum[N],f[N][20],mn[N][20];
25 vector<Chain>v;
26 void dfs(int k,int fa,int s){
27 w[k]=s-dep[fa],dep[k]=s,f[k][0]=fa;
28 for(int i=1;i<20;i++)f[k][i]=f[f[k][i-1]][i-1];
29 leaf[k]=k;
30 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
31 if (edge[i].to!=fa){
32 dfs(edge[i].to,k,s+edge[i].len);
33 int x=leaf[edge[i].to];
34 if ((!leaf[k])||(dep[leaf[k]]<dep[x]))leaf[k]=x;
35 }
36 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
37 if ((edge[i].to!=fa)&&(leaf[edge[i].to]!=leaf[k])){
38 int x=edge[i].to,y=leaf[edge[i].to];
39 v.push_back(Chain{x,y,dep[y]-dep[f[x][0]]});
40 }
41 }
42 void get_mn(int k,int fa){
43 mn[k][0]=bl[k];
44 for(int i=1;i<20;i++)mn[k][i]=min(mn[k][i-1],mn[f[k][i-1]][i-1]);
45 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
46 if (edge[i].to!=fa)get_mn(edge[i].to,k);
47 }
48 void build(int k){
49 rt=k;
50 dfs(rt,0,0);
51 v.push_back(Chain{rt,leaf[rt],dep[leaf[rt]]});
52 memcpy(tmp,dep,sizeof(tmp));
53 sort(v.begin(),v.end());
54 for(int i=0;i<v.size();i++){
55 sum[i+1]=sum[i]+v[i].len;
56 for(int j=v[i].tail;j!=v[i].top;j=f[j][0])bl[j]=i+1;
57 bl[v[i].top]=i+1;
58 }
59 get_mn(rt,0);
60 }
61 int query(int x,int y){
62 if (bl[x]<(y<<1))return sum[min((y<<1)-1,(int)v.size())];
63 int z=x;
64 for(int i=19;i>=0;i--)
65 if (mn[z][i]>(y<<1)-2)z=f[z][i];
66 if (!z)return sum[(y<<1)-2]+(dep[leaf[x]]-dep[z]);
67 return sum[(y<<1)-2]+(dep[leaf[x]]-dep[z])+max(v[(y<<1)-2].len-(dep[v[bl[z]-1].tail]-dep[z]),0);
68 }
69 }Ta,Tb;
70 int main(){
71 scanf("%d%d",&n,&m);
72 memset(head,-1,sizeof(head));
73 for(int i=1;i<n;i++){
74 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
75 add(x,y,z),add(y,x,z);
76 }
77 dfs(1,0,0);
78 x=y=1;
79 for(int i=2;i<=n;i++)
80 if (dep[x]<dep[i])x=i;
81 dfs(x,0,0);
82 for(int i=2;i<=n;i++)
83 if (dep[y]<dep[i])y=i;
84 Ta.build(x),Tb.build(y);
85 for(int i=1;i<=m;i++){
86 scanf("%d%d",&x,&y);
87 x=(x+ans-1)%n+1,y=(y+ans-1)%n+1;
88 if (Ta.dep[x]>Tb.dep[x])ans=Ta.query(x,y);
89 else ans=Tb.query(x,y);
90 printf("%d\n",ans);
91 }
92 return 0;
93 }
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