CF893F

首先，我们发现，这个题只需要子树内的答案，且只需要维护最小值。

注意到对于两个点 $i, j$ ，若 $d e p_{i} > d e p_{j}$ ，且 $v a l_{i} \geq v a l_{j}$ ，则对于 $l c a (i, j)$ 及其它的父亲， $i$ 都是一个无用的点。

注意到 $n \leq 10^{5}, m \leq 10^{6}$ ，这启发我们进行预处理以做到 $O (\log n)$ 单次询问。

考虑进行广搜，设当前在搜 $d e p = k$ 的点，动态维护 $u$ 的子树中距离与它不超过 $k - d e p_{u}$ 的节点的最小值 $w_{u}$ 。

我们暴力地从当前点 $u$ 往上跳父亲，若遇到第一个 $x$ 满足 $w_{x} \leq v a l_{u}$ ，则对于 $x$ 以及其祖先， $u$ 都是一个无用的点，直接 break。

在没有遇到之前，我们边跳边用一颗动态开点线段树维护答案，也即第 $x$ 棵线段树的第 $i$ 个位置是有效的距离为 $i$ 的点的权值。这里满足这个权值单调递减。然后令 $w_{x}^{'} = v a l_{u}$

然后我们暴力查区间最小值即可。

void init(){
	queue<int>q;
	q.push(r);
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();q.pop();
		dep[u]=dep[fa[u]]+1;
		int dis=1,v=fa[u];
		insert(rt[u],1,n,dis,val[u]);	
		while(val[v]>val[u]){
			++dis;insert(rt[v],1,n,dis,val[u]);val[v]=val[u];
			v=fa[v];
		}
		for(auto v:g[u]){
			if(v==fa[u])continue;
			q.push(v);
		}
	}
}
int ask(int u,int k){
	return find(rt[u],1,n,1,k); 
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>r;val[0]=-0x3f3f3f3f;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>val[i];
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v;cin>>u>>v;
		g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		random_shuffle(g[i].begin(),g[i].end());
	} 
	dfs(r,0);
	init();
	cin>>m;int lst=0;
	while(m--){
		int u,k;cin>>u>>k;
		u=(u+lst)%n+1;k=(k+lst)%n;++k;
		lst=ask(u,k);cout<<lst<<"\n";
	}
}