洛谷P4338 [ZJOI2018]历史（LCT，树形DP，树链剖分）
ZJOI的考场上最弱外省选手T2 10分成功滚粗。。。。。。
首先要想到30分的结论
说实话Day1前几天刚刚刚掉了SDOI2017的树点涂色，考场上也想到了这一点
想到了又有什么用？反正想不到最大的贡献是怎么推出来的
然后晚上心中怀着九条CNM看完了Solution.pdf
貌似对我这个蒟蒻来说也只有这一题可做了。。。。。。
已知书上每个点access的总次数，构造出一个顺序，最大化虚实边的切换总次数
其实如果能发现最优顺序的构造是没有后效性的话，问题便可以进一步简化
考虑每个点的子树。假设已经对所有子树中的点构造出了一个最优顺序（一个序列），那么一定不会和它的所有祖先的子树中的最优序列产生冲突。这个并不好证明，仔细想一想应该能发现。
于是就可以单独考虑每个点\(x\)。能对\(x\)的实子边产生影响的是x的所有子树和\(x\)本身（access(x)会使\(x\)没有实子边），每切换一次都会使答案\(+1\)。显然同一个子树中产生的影响是相同的。于是我们要让来自不同子树（或\(x\)本身）尽可能交替access。当没有某个子树（或\(x\)本身）的\(a\)总和过大时，可以构造出使得（除了第一次）每一次access都有贡献的方案。如果某个子树（或\(x\)本身）的\(a\)总和过大，大于所有子树总和的一半时，是不可以的，那个子树（或\(x\)本身）的某几次操作肯定不会有贡献。用数学公式大概表示每个点的贡献为（\(S\)为子树的\(a\)之和，\(c\)为\(x\)的每个子树）
当\(\max\{a_x,\forall S_c\}\gt {S_x+1\over2}\)时\(\min\)取后者
用树形DP算出来就有30分了
那么怎样快速修改呢？
首先，对某个点的\(a\)加上一个值\(w\)，只可能会影响该点到根的路径上的点的贡献。
因为是加一个值，所以假如这些点中某些点的子树\(S\)大于它父亲子树\(S\)的一半，那么\(S_x+w\)，\(\max\{a_x,\forall S_c\}\)也会\(+w\)，带入上式发现贡献是不变的！
看到某个子树S大于所有子树总和的一半，有没有想到树剖？树剖的轻重边就是这样划分的啊！（反正我这种蒟蒻就是想不到）
同样对维护好每个点子树S的树进行轻重链剖分，某些点的子树a之和大于它父亲子树a之和的一半就连重边（否则连轻边），这样每个点至多有一个重儿子。类似树剖的证明，每个点到根的轻边总数（也就是我们可能会修改的点数）是\(\log\sum a\)级别的！
修改的复杂度也有保障啦！我们只要快速找到这些点就好了。用实链剖分维护子树信息即可（应该不能叫LCT吧，没有makeroot，link和cut，对于这个问题蒟蒻的LCT总结对LCT的概念也改了改，欢迎Julao们指正！）。全局保存ans，每次进行类access操作找到虚边，就让ans直接减去以前的贡献，加上w以后判断当前的情况决定是否要切换虚实边并让ans加上新的贡献即可。
为了方便计算以前的贡献，蒟蒻觉得可以保存一下以前贡献的类型（无非就三种，某子树过大、自己过大、都不是很大）算的时候就省去了一些判断的时间。
代码细节巨多，尤其是类access更新答案那部分。所以就算考场上想到了一些东西，我这种蒟蒻也未必写得出来吧！疯狂膜拜考场切T2的laofu爷Orzzzzzzzzzzzz！
#include<cstdio>
#define RG register
#define R RG int
#define I inline void
#define lc c[x][0]
#define rc c[x][1]
#define G ch=getchar()
typedef long long L;
const int N=400009,M=N<<1;
int f[N],c[N][2],he[N],ne[M],to[M];
L ans,a[N],si[N],s[N];
short tp[N];
bool r[N];
template<typename T>
I in(RG T&x){
RG char G;
while(ch<'-')G;
x=ch&15;G;
while(ch>'-')x*=10,x+=ch&15,G;
}
inline bool nroot(R x){
return c[f[x]][0]==x||c[f[x]][1]==x;
}
I up(R x){
s[x]=s[lc]+s[rc]+si[x]+a[x];
}
I rot(R x){
R y=f[x],z=f[y],k=c[y][1]==x,w=c[x][!k];
if(nroot(y))c[z][c[z][1]==y]=x;c[x][!k]=y;c[y][k]=w;
up(f[w]=y);f[y]=x;f[x]=z;
}
I splay(R x){
R y;
while(nroot(x)){
if(nroot(y=f[x]))
rot((c[f[y]][0]==y)^(c[y][0]==x)?x:y);
rot(x);
}
up(x);
}
void dp(R x){//dp预处理答案
R y,i,mp=x;
RG L mx=a[x];
for(i=he[x];i;i=ne[i]){
if(f[x]==(y=to[i]))continue;
f[y]=x;dp(y);
si[x]+=s[y];
if(mx<s[y])mx=s[y],mp=y;
}
if(mx<<1>(s[x]=si[x]+a[x])){
ans+=(s[x]-mx)<<1;
if(x!=mp)si[x]-=s[rc=mp];//子树过大
else tp[x]=1;//自己过大
}
else tp[x]=2,ans+=s[x]-1;//都不是很大
}
int main(){
R n,m,i,p=0,x,y;
RG L w,S;
in(n);in(m);
for(i=1;i<=n;++i)in(a[i]);
for(i=1;i<n;++i){
in(x);in(y);
to[++p]=y;ne[p]=he[x];he[x]=p;
to[++p]=x;ne[p]=he[y];he[y]=p;
}
dp(1);printf("%lld\n",ans);
while(m--){
in(x);in(w);
for(y=0;x;x=f[y=x]){
splay(x);
S=s[x]-s[lc];//算原来子树a总和，注意减s[lc]
ans-=tp[x]<2?(S-(tp[x]?a[x]:s[rc]))<<1:S-1;
S+=w;s[x]+=w;(y?si:a)[x]+=w;
if(s[y]<<1>S)si[x]+=s[rc],si[x]-=s[rc=y];//虚实切换
if(s[rc]<<1>S) tp[x]=0,ans+=(S-s[rc])<<1;//子树过大
else{
if(rc)si[x]+=s[rc],rc=0;//没有子树过大，一定变虚
if(a[x]<<1>S)tp[x]=1,ans+=(S-a[x])<<1;//自己过大
else tp[x]=2,ans+=S-1,rc=0;//都不是很大
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
