B17-20

T1：对原树建出大根笛卡尔树，先 dfs 一遍求出每个节点子树的 $a_i$ 的和，记为 $s_u$，再 dfs 一遍，设当前节点为 $u$（根显然不用考虑），父亲为 $fa$，将 $s_u$ 与 $a_{fa}$ 比较，若 $s_u\ge a_{fa}$，则 $an{s}_u=an{s}_{fa}$，否则 $an{s}_u=s_u$。这是因为 $u$ 的子树中的 $a_i$ 一定都不大于 $a_u$，那么 $u$ 可以将子树中的节点尽数吃掉，然后其父亲就是其左边或右边的第一个不小于它的点，若无法吃掉那么显然就无法拓展了，答案为 $s_u$，否则将父亲吃掉后一定可以将父亲的整个子树吃掉，那么此时和父亲完全等价，直接继承父亲的答案即可。复杂度 $O(n)$。

T2：考虑一个节点若原本无法吃掉某个节点，经过一系列过程后能吃掉了，那么其必然翻倍，那么翻倍次数的级别为 $O(\log V)$。建出线段树，设在线段树上的某个节点 $[L_i,R_i]$ 中，某个节点 $p$ 能扩展到的区间为 $[l_p,r_p]$，并对区间维护出扩展到其的点的个数、对线段树节点维护扩展到节点左端点、右端点的区间，那么在合并两个线段树节点时，可以将左子节点的后缀、右子节点的前缀分别暴力扩展，复杂度带两个 $\log$。

T3：同样建出笛卡尔树，并维护出每个节点往左与往右的第一个不小于它的点，记为 $l_i$ 和 $r_i$（其中有一个是笛卡尔树上的父亲）。此时的 $an{s}_u$ 为自 $u$ 开始时必须使用的道具数量，根的 $ans$ 为 $0$。若 $s_u\ge a_{fa}$，则 $an{s}_u=an{s}_{fa}$，否则 $an{s}_u$ 为 $min(an{s}_{l_i},an{s}_{r_i})+1$。因为吃掉子树后，若能直接吃掉父亲则与父亲等价，可直接继承，否则可以使用道具吃掉此时左边或右边的大节点并继承其状态。复杂度 $O(n)$。

T4：

T5：和 T3 一样，只需在比较 $s_u$ 与 $a_{fa}$ 时将 $s_u$ 改为 $s_u+k$ 即可。因为 $k\ge 0$ 时一定不影响把比自己小的吃掉。

T6：考虑到将第 $i$ 个节点减去 $k$ 后（这里将原题的 $k$ 看为负数，然后转为减去正数），其每次都相当于在少 $k$ 的基础上合并，正好符合题意，那么问题转化为单点减常数、单点求值，可以转化为 T2，但会更劣一些，不会更优做法。

T7：不会。

T8：别急