原题链接：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5212

历史

Description

九条可怜是一个热爱阅读的女孩子。

这段时间，她看了一本非常有趣的小说，这本小说的架空世界引起了她的兴趣。

这个世界有n个城市，这n个城市被恰好n-1条双向道路联通，即任意两个城市都可以互相到达。同时城市1坐落在世界的中心，占领了这个城市就称霸了这个世界。

在最开始，这n个城市都不在任何国家的控制之下，但是随着社会的发展，一些城市会崛起形成国家并夺取世界的霸权。为了方便，我们标记第i个城市崛起产生的国家为第i个国家。在第i个城市崛起的过程中，第i个国家会取得城市i到城市1路径上所有城市的控制权。

新的城市的崛起往往意味着战争与死亡，若第i个国家在崛起中，需要取得一个原本被国家j(j!=i)控制的城市的控制权，那么国家i就必须向国家j宣战并进行战争。

现在，可怜知道了，在历史上，第i个城市一共崛起了ai次。但是这些事件发生的相对顺序已经无从考究了，唯一的信息是，在一个城市崛起称霸世界之前，新的城市是不会崛起的。战争对人民来说是灾难性的。可怜定义一次崛起的灾难度为崛起的过程中会和多少不同的国家进行战争（和同一个国家进行多次战争只会被计入一次）。可怜想要知道，在所有可能的崛起顺序中，灾难度之和最大是多少。

同时，在考古学家的努力下，越来越多的历史资料被发掘了出来，根据这些新的资料，可怜会对ai进行一些修正。

具体来说，可怜会对ai进行一些操作，每次会将ax加上w。她希望在每次修改之后，都能计算得到最大的灾难度。

然而可怜对复杂的计算并不感兴趣，因此她想让你来帮她计算一下这些数值。

对题面的一些补充：

扫描二维码关注公众号，回复： 1865240 查看本文章

1:同一个城市多次崛起形成的国家是同一个国家，这意味着同一个城市连续崛起两次是不会和任何国家开战的：因为这些城市原来就在它的控制之下。

2:在历史的演变过程中，第i个国家可能会有一段时间没有任何城市的控制权。但是这并不意味着第i个国家灭亡了，在城市i崛起的时候，第i个国家仍然会取得1到i路径上的城市的控制权。

Input

第一行输入两个整数n,m表示城市个数和操作个数。

第二行输入n个整数表示ai的初始值。

接下来n-1行，每行输入两个整数ui,vi(1<=ui,vi<=n)描述了一条道路。

接下来m行每行输入两个整数xi,wi表示将axi加上wi

N,M<=4*10^5

1 <= ai, wi <= 10^7, 1 <= xi <= n

Output

输出共m+1行，第一行表示初始的ai的答案，接下来m行每行表示这次修正后的答案

Sample Input

5 3
1 1 1 1 1
1 2
1 3
2 4
2 5
2 1
3 1
4 1

Sample Output

6
7
9
10

在修正开始之前，如果按照所在城市4,1,5,3,2的顺序崛起，那么依次会和0,1,2,1,2个

国家进行战争。这时一共会产生6对敌对关系。可以证明这是所有崛起顺序中的最大值。

题解

化简后的题意：给定一棵树和每个节点到根的$access$数，求实链与虚链切换的次数的最大值，带修改。

辣鸡选手$10$分滚粗。。。

先考虑静态不带修改的情况：

对于一个节点$v$，考虑在这个节点发生宣战事件的情况：

1.首先，只有在以$v$为根的子树中的节点崛起可能会导致$v$点发生宣战事件。

2.对于$v$的所有儿子$s\in son[v]$，当且仅当相邻的两次崛起事件不发生在同一个儿子时，两个城市会在$v$宣战。

所以就有了贪心策略：我们可以交错安排崛起事件，尽量让每次崛起的时候$v$点都有宣战事件。

设$tot[v]=\sum_{s\in son[v]}a[s]+a[v]$即以$v$为根的整棵子树的崛起事件数之和，$mx[v]=max(a[v],\sum_{s\in son[v]}a[s])$，即以$v$为根的整棵子树中单个节点的崛起事件数最大值。

当所有的子树都比较均匀的时候，我们就可以保证相邻崛起的都是不同城市，这样除了第一次崛起，每次崛起都会在$v$点宣战，总宣战次数为$tot[v]-1$次。

但是，如果存在一个儿子所在子树的崛起次数较多，或者$v$本身的崛起次数很大，便无法均匀分配，我们只能交错安排这个城市与其他城市的崛起，最后的总宣战次数为$2(tot[v]-mx[v])$次。

那么，对于节点$v$的最终答案就是$min(tot[v]-1,2(tot[v]-mx[v]))$，即是说，当$tot[v]+1<2\times mx[v]$时，答案为$2(tot[v]-mx[v])$；否则，答案为$tot[v]-1$。

那么，$O(n)dp$一遍就能做出第一次询问的答案了，获得$30$分。

接下来考虑如何带上修改：

发现对于点$v$，最多只会有一个“过大”（即$2\times mx[v]>tot[v]+1$）的儿子，当增加某个城市的崛起次数的时候，会沿着通往根节点的链上去，更改“大儿子”的位置。

貌似和$access$有点神似？？？

考虑在父亲和它的“大儿子”之间连接实边，其他都是虚边，同样的，我们可以把一条实链放在一个$Splay$里维护子树中的崛起次数和即可。

每次增加崛起次数时，类比$access$操作，沿着到根的路径一路向上，更新子树的崛起次数和“大儿子”，同时维护答案就好了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ls son[v][0]
#define rs son[v][1]
using namespace std;
const int M=4e5+5;
int son[M][2],dad[M],typ[M],n,m;
ll ans,a[M],tot[M],siz[M];
vector<int>mmp[M];
bool notroot(int v){return son[dad[v]][0]==v||son[dad[v]][1]==v;}
void up(int v){tot[v]=tot[ls]+tot[rs]+siz[v]+a[v];}
void spin(int v)
{
    int f=dad[v],ff=dad[f],k=son[f][1]==v,w=son[v][!k];
    if(notroot(f))son[ff][son[ff][1]==f]=v;son[v][!k]=f;son[f][k]=w;
    if(w)dad[w]=f;dad[f]=v;dad[v]=ff;up(f);
}
void splay(int v)
{
    int f,ff;
    while(notroot(v))
    {
        f=dad[v],ff=dad[f];
        if(notroot(f))spin((son[f][0]==v)^(son[ff][0]==f)?v:f);
        spin(v);
    }
    up(v);
}
void dp(int v,int f)
{
    int to,big=v;ll mx=a[v];dad[v]=f;
    for(int i=mmp[v].size()-1;i>=0;--i)
    {
        to=mmp[v][i];if(to==f)continue;
        dp(to,v);siz[v]+=tot[to];
        if(mx<tot[to])mx=tot[to],big=to;
    }
    tot[v]=siz[v]+a[v];
    if(2*mx>tot[v])
    {
        ans+=(tot[v]-mx)<<1;
        if(v!=big)siz[v]-=tot[rs=big];
        else typ[v]=1;
    }
    else typ[v]=2,ans+=tot[v]-1;
}
void in()
{
    int x,y;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<n;++i){scanf("%d%d",&x,&y),mmp[x].push_back(y),mmp[y].push_back(x);}
}
void ac()
{
    int v,w;ll s;
    dp(1,0);printf("%lld\n",ans);
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        scanf("%d%d",&v,&w);
        for(int f=0;v;v=dad[f=v])
        {
            splay(v);s=tot[v]-tot[ls];
            ans-=typ[v]<2?(s-(typ[v]?a[v]:tot[rs]))<<1:s-1;
            s+=w;tot[v]+=w;(f?siz:a)[v]+=w;
            if(tot[f]*2>s)siz[v]+=tot[rs],siz[v]-=tot[rs=f];
            if(tot[rs]*2>s)typ[v]=0,ans+=(s-tot[rs])<<1;
            else
            {
                if(rs)siz[v]+=tot[rs],rs=0;
                if(a[v]*2>s)typ[v]=1,ans+=(s-a[v])<<1;
                else typ[v]=2,ans+=s-1,rs=0;
            }
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}
int main(){in();ac();}