题意：给一棵树，只有点权无边权， ，每次询问求以一个点为中心，半径为k的全职和。
考虑动态树分治。我们对于每个点（点分树）维护两个树状数组。两个树状数组都以距离为下标，权值为内容。第一个树状数组维护子树中距离该点为k的权值和，第二个维护距离该点父亲距离为k的权值和。这样改权值时我们暴力爬树高，loglog复杂度（log的树高加上log的树状数组）。查询的时候一样爬树高，要注意容斥（把当前子树k的先加起来，往祖先上爬，如果距离小于k，假设为d，我们到祖先上去求一个k-d，再容斥掉原来这棵子树里被计算过的，这就是第二个树状数组的用处）。
时间复杂度0（nloglog），空间复杂度O（nlog）（如果用线段树还要加一个log。这里BB一句，为什么树状数组不会爆呢，因为你每一层开的大小为子树大小的话，每层总和n，总共log层，空间就是nlog的。其实就跟点分治的时间复杂度证明一样。用vector来开并且加上函数resize（）就可以办到了。）
这道题花了整整一天才写出来。。。一直RE（实际是WA，毕竟防离线加密，如果答案错了后面输入都是错的），总结一下错误：
1.想的只用一个树状数组维护，实际上为了容斥必须要用上第二个树状数组。
2.更新时，一开始要把自己丢在自己的第二个树状数组里面
3.2这玩意肯定要写在爬树循环外面啊（你是SB吗）
4.应该用qsum而不是query去爬树高（一开始脑袋抽了。。）
5.往树上爬的时候是不会中途退出的，不会因为有一个祖先爬不上去就终止，说不定有一个爷爷就在你旁边你可以过去呢。
对于点分树的题就想象成爬山吧，我们用每一层的重心将点们分割开来，每次爬树高都是解锁区域，翻过一座高山。
还有，点分树自己脑补的板子实在太丑陋了。。这里膜拜一下ihopenot大佬，板子神快，我一开始好不容易调出来T了，参考了一下大佬的板子后就rank8了，真乃神人也！
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 100005 4 #define INF 1e9 5 #define lowbit(i) ((i)&-(i)) 6 int n,m,head[N],val[N],fa[N][20],dis[N][20],s[N],f[N],dep[N],rt,sz,cnt,ans; 7 bool vis[N]; 8 vector<int>bit[N],fbit[N]; 9 inline int read(){ 10 int x=0,f=1; char a=getchar(); 11 while(a>'9' || a<'0') {if(a=='-') f=-1; a=getchar();} 12 while(a<='9' && a>='0') x=x*10+a-'0',a=getchar(); 13 return x*f; 14 } 15 struct edges{ 16 int to,next; 17 }e[2*N]; 18 inline void insert(){ 19 int u=read(),v=read(); 20 e[cnt]=(edges){v,head[u]};head[u]=cnt++; 21 e[cnt]=(edges){u,head[v]};head[v]=cnt++; 22 } 23 void getroot(int x,int father){ 24 s[x]=1; f[x]=0; 25 for(int i=head[x];i>=0;i=e[i].next){ 26 if(vis[e[i].to] || father==e[i].to) continue; 27 getroot(e[i].to,x); s[x]+=s[e[i].to]; 28 f[x]=max(f[x],s[e[i].to]); 29 } 30 f[x]=max(f[x],sz-s[x]); 31 if(f[x]<f[rt]) rt=x; 32 } 33 void getship(int x,int anc,int father,int d){ 34 for(int i=head[x];i>=0;i=e[i].next){ 35 int v=e[i].to; 36 if(!vis[v] && v!=father) fa[v][++dep[v]]=anc,dis[v][dep[v]]=d,getship(v,anc,x,d+1); 37 } 38 } 39 void Buildtree(int x){ 40 vis[x]=1; getship(x,x,0,1); 41 int all=sz; bit[x].resize(all+1); fbit[x].resize(all+1); 42 for(int i=head[x];i>=0;i=e[i].next){ 43 if(vis[e[i].to]) continue; 44 sz=s[e[i].to]; if(sz>s[x]) sz=all-s[x]; 45 rt=0; getroot(e[i].to,x); Buildtree(rt); 46 } 47 } 48 inline int qsum(int x,int k){ 49 int ret=val[x],lim=bit[x].size()-1; k=min(k,lim); 50 for(int i=k;i;i-=lowbit(i)) ret+=bit[x][i]; 51 return ret; 52 } 53 inline int qsum2(int x,int k){ 54 int ret=0,lim=fbit[x].size()-1; k=min(k,lim); 55 for(int i=k;i;i-=lowbit(i)) ret+=fbit[x][i]; 56 return ret; 57 } 58 inline void change(int x,int v){ 59 int d,lim; 60 d=dis[x][dep[x]]; lim=bit[x].size()-1; 61 for(int j=d;j<=lim && j;j+=lowbit(j)) fbit[x][j]+=v; 62 for(int i=dep[x];i;i--){ 63 d=dis[x][i]; lim=bit[fa[x][i]].size()-1; 64 for(int j=d;j<=lim;j+=lowbit(j)) bit[fa[x][i]][j]+=v; 65 d=dis[x][i-1]; 66 for(int j=d;j<=lim && j;j+=lowbit(j)) fbit[fa[x][i]][j]+=v; 67 } 68 } 69 int query(int x,int k){ 70 int ret=qsum(x,k); 71 for(int i=dep[x];i;i--) if(dis[x][i]<=k) 72 ret+=qsum(fa[x][i],k-dis[x][i])-qsum2(fa[x][i+1],k-dis[x][i]); 73 return ret; 74 } 75 int main(){ 76 n=read(); m=read(); memset(head,-1,sizeof(head)); 77 for(int i=1;i<=n;i++) val[i]=read(); 78 for(int i=1;i<n;i++) insert(); 79 f[0]=INF; sz=n; getroot(1,0); Buildtree(rt); 80 for(int i=1;i<=n;i++) fa[i][dep[i]+1]=i; 81 for(int i=1;i<=n;i++) change(i,val[i]); 82 while(m--){ 83 int a=read(),b=read()^ans,c=read()^ans; 84 if(!a) ans=query(b,c),printf("%d\n",ans); 85 else change(b,c-val[b]),val[b]=c; 86 } 87 return 0; 88 }
