Description
傲娇少女幽香正在玩一个非常有趣的战略类游戏，本来这个游戏的地图其实还不算太大，幽香还能管得过来，但是不知道为什么现在的网游厂商把游戏的地图越做越大，以至于幽香一眼根本看不过来，更别说和别人打仗了。 在打仗之前，幽香现在面临一个非常基本的管理问题需要解决。 整个地图是一个树结构，一共有n块空地，这些空地被n-1条带权边连接起来，使得每两个点之间有一条唯一的路径将它们连接起来。在游戏中，幽香可能在空地上增加或者减少一些军队。同时，幽香可以在一个空地上放置一个补给站。 如果补给站在点u上，并且空地v上有dv个单位的军队，那么幽香每天就要花费dv×dist(u,v)的金钱来补给这些军队。由于幽香需要补给所有的军队，因此幽香总共就要花费为Sigma(Dv*dist(u，v),其中1<=V<=N)的代价。其中dist(u,v)表示u个v在树上的距离（唯一路径的权和）。 因为游戏的规定，幽香只能选择一个空地作为补给站。在游戏的过程中，幽香可能会在某些空地上制造一些军队，也可能会减少某些空地上的军队，进行了这样的操作以后，出于经济上的考虑，幽香往往可以移动他的补给站从而省一些钱。但是由于这个游戏的地图是在太大了，幽香无法轻易的进行最优的安排，你能帮帮她吗？ 你可以假定一开始所有空地上都没有军队。
Input
第一行两个数n和Q分别表示树的点数和幽香操作的个数，其中点从1到n标号。
接下来n-1行，每行三个正整数a,b,c，表示a和b之间有一条边权为c的边。
接下来Q行，每行两个数u,e，表示幽香在点u上放了e单位个军队
（如果e<0，就相当于是幽香在u上减少了|e|单位个军队，说白了就是du←du+e）。
数据保证任何时刻每个点上的军队数量都是非负的。
1<=c<=1000, 0<=|e|<=1000, n<=10^5, Q<=10^5
对于所有数据，这个树上所有点的度数都不超过20
N,Q>=1
Output
对于幽香的每个操作，输出操作完成以后，每天的最小花费，也即如果幽香选择最优的补给点进行补给时的花费。
Sample Input
10 5
1 2 1
2 3 1
2 4 1
1 5 1
2 61
2 7 1
5 8 1
7 91
1 10 1
3 1
2 1
8 1
3 1
4 1
1 2 1
2 3 1
2 4 1
1 5 1
2 61
2 7 1
5 8 1
7 91
1 10 1
3 1
2 1
8 1
3 1
4 1
Sample Output
0
1
4
5
6
1
4
5
6
先假设1为补给站
那么相邻节点x满足军队数s[x]>=w-s[x]
那么把补给站移到x显然更好，因为减少的比增加的人多
也就是说，在满足2*s[x]>=w的情况下，尽量往下走
也就是找到满足条件dfs序编号最大的
ans(x)=∑d[i]dist(i,x)=∑d[i](dep[i]+dep[x]-2*dep[lca])
=∑d[i]dep[i]+∑d[i]dep[x]-2*∑d[i]dep[lca]
前两个不用管，最后一个可以这样：
给u加e的军队，那么就给1～u都加上e，查询时查询1～x的路径和
这样就等于答案加上了e*dep[lca]
用树链剖分+线段树维护区间和，最大值和延迟标记
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long lol;
struct Node
{
int next,to;
lol dis;
}edge[];
int num,head[],size[],fa[],son[];
int top[],dfn[],id[],cnt,n,Q;
lol lazy[],c[],mx[],s[],dep[];
void add(int u,int v,lol w)
{
num++;
edge[num].next=head[u];
head[u]=num;
edge[num].to=v;
edge[num].dis=w;
}
void dfs1(int x,int pa)
{int i;
size[x]=;
for (i=head[x];i;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].to;
if (v!=pa)
{
fa[v]=x;
dep[v]=dep[x]+edge[i].dis;
dfs1(v,x);
size[x]+=size[v];
if (size[v]>size[son[x]]) son[x]=v;
}
}
}
void dfs2(int x,int pa,int tp)
{int i;
top[x]=tp;
dfn[x]=++cnt;id[cnt]=x;
if (son[x]) dfs2(son[x],x,tp);
for (i=head[x];i;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].to;
if (v==son[x]||v==pa) continue;
dfs2(v,x,v);
}
}
void pushdown(int rt,int l,int r)
{
int mid=(l+r)/;
if (lazy[rt])
{
int ls=rt<<,rs=ls+;
c[ls]+=s[ls]*lazy[rt];
lazy[ls]+=lazy[rt];
mx[ls]+=lazy[rt];
c[rs]+=s[rs]*lazy[rt];
lazy[rs]+=lazy[rt];
mx[rs]+=lazy[rt];
lazy[rt]=;
}
}
void pushup(int rt)
{
mx[rt]=max(mx[rt<<],mx[rt<<|]);
c[rt]=c[rt<<]+c[rt<<|];
}
void build(int rt,int l,int r)
{
if (l==r)
{
s[rt]=dep[id[l]]-dep[fa[id[l]]];
return;
}
int mid=(l+r)/;
build(rt<<,l,mid);
build(rt<<|,mid+,r);
s[rt]=s[rt<<]+s[rt<<|];
}
void update(int rt,int l,int r,int L,int R,lol d)
{
if (l>=L&&r<=R)
{
c[rt]+=s[rt]*d;
lazy[rt]+=d;
mx[rt]+=d;
return;
}
int mid=(l+r)/;
pushdown(rt,l,r);
if (L<=mid) update(rt<<,l,mid,L,R,d);
if (R>mid) update(rt<<|,mid+,r,L,R,d);
pushup(rt);
}
lol query(int rt,int l,int r,int L,int R)
{
if (l>=L&&r<=R)
{
return c[rt];
}
int mid=(l+r)/;
lol sum=;
pushdown(rt,l,r);
if (L<=mid) sum+=query(rt<<,l,mid,L,R);
if (R>mid) sum+=query(rt<<|,mid+,r,L,R);
pushup(rt);
return sum;
}
void change(int x,lol d)
{
while (x)
{
update(,,n,dfn[top[x]],dfn[x],d);
x=fa[top[x]];
}
}
lol ask(int x)
{
lol sum=;
while (x)
{
sum+=query(,,n,dfn[top[x]],dfn[x]);
x=fa[top[x]];
}
return sum;
}
int take(int rt,int l,int r,int x)
{
if (l==r) return l;
int mid=(l+r)/;
pushdown(rt,l,r);
if (mx[rt<<|]>=x) return take(rt<<|,mid+,r,x);
return take(rt<<,l,mid,x);
}
int find(int x)
{
return take(,,n,x);
}
int main()
{int i,u,v,x;
lol w,sx,e;
cin>>n>>Q;
for (i=;i<=n-;i++)
{
scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w);
add(u,v,w);add(v,u,w);
}
dfs1(,);
dfs2(,,);
build(,,n);
w=;
sx=;
while (Q--)
{
scanf("%d%lld",&u,&e);
change(u,e);
sx+=dep[u]*e;
w+=e;
x=id[find(w+>>)];
printf("%lld\n",sx+w*dep[x]-*ask(x));
}
}
线段树