一、题目
二、解法
网上的很多题解讲的都不清楚，我还是尽量不要避重就轻
首先不考虑连通块包含 \(x\) 的限制，考虑一个经典结论，对于一个具有 \(k\) 个叶子的无根树，我们可以构造出使用 \(\lceil\frac{k}{2}\rceil\) 条路径覆盖完树所有边的方案，并且这个构造一定是下界。
那么一个连通块合法的条件就是其叶子数 \(\leq 2y\)，我们考虑用叶子集合来表示连通块，那么选出叶子之后它们的极小连通块（也就是点数最少的导出子图，使得保留这些点之后叶子联通）就是原问题中的连通块。
然后有一个 \(\tt observation\)：在根被选取的前提下，如果 \(u\) 的子树有点被选了，那么 \(u\) 的长链一定会出现在连通块中。这是因为必然存在一条根到子树内的路径出现在连通块中，那么长链肯定在最优方案中。
如果我们先枚举根，这又是一个经典问题，我们把长链的贡献记在链顶上，那么从大到小依次选取即可。其实这就是 BZOJ攻略，证明的话可以考虑建出网络流模型，然后不会发生退流操作。
因为直径的某个端点一定作为叶子被选取了，所以我们可以以直径的某个端点为根计算答案，然后取最大值即可。
最后考虑包含 \(x\) 的限制，如果前 \(2y-1\) 条长链已经包含 \(x\) 是最好的。否则我们考虑调整法，先加入前 \(2y-2\) 条长链，然后调整的方案是这两种情况之一：
- 最后一条长链不选，转而选取 \(x\) 所在的长链。
- 最后一条长链选，我们找到离 \(x\) 最近的长链，把它最下面一段替换成 \(x\) 所在的长链。
可以简单的用倍增实现（把长链排名放在点上），时间复杂度 \(O(n\log n)\)
三、总结
懂得套用一些经典结论来思考图论问题。
边权和贡献最大问题可以往长链剖分贪心这个角度考虑。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 100005;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,tot,zxy,ans,f[M];
struct edge {int v,c,next;}e[M<<1];
struct graph
{
int rt,fa[M][20],g[M][20],dep[M];
int k,son[M],len[M],top[M],sum[M],rnk[M];
void find(int u,int fa)
{
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(v==fa) continue;
dep[v]=dep[u]+e[i].c;
find(v,u);
}
}
void dfs(int u,int p)
{
for(int i=1;i<20;i++)
{
fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
g[u][i]=g[u][i-1]+g[fa[u][i-1]][i-1];
}
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v,c=e[i].c;
if(v==p) continue;
fa[v][0]=u;g[v][0]=c;
dfs(v,u);
if(dep[v]+c>dep[u])
dep[u]=dep[v]+c,son[u]=v;
}
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
if(e[i].v^p && e[i].v^son[u])
top[++k]=e[i].v,
len[e[i].v]=dep[e[i].v]+e[i].c;
}
void init(int s)
{
find(s,0);rt=s;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(dep[i]>dep[rt]) rt=i;
memset(dep,0,sizeof dep);
dfs(rt,0);top[++k]=rt;len[rt]=dep[rt];
sort(top+1,top+1+k,[&](int i,int j)
{return len[i]>len[j];});
for(int i=1;i<=k;i++)
sum[i]=sum[i-1]+len[top[i]];
for(int i=1;i<=k;i++)
{
int x=top[i];
while(x) rnk[x]=i,x=son[x];
}
}
int ask1(int x,int y)
{
int res=dep[x];
for(int i=19;i>=0;i--)
if(rnk[fa[x][i]]>=y)
res+=g[x][i],x=fa[x][i];
return sum[y-1]+res+g[x][0];
}
int ask2(int x,int y)
{
int res=dep[x];
for(int i=19;i>=0;i--)
if(rnk[fa[x][i]]>y)
res+=g[x][i],x=fa[x][i];
return sum[y]+res+g[x][0]-dep[fa[x][0]];
}
int qry(int x,int y)
{
y=2*y-1;
if(y>=k) return zxy;
return rnk[x]<=y?sum[y]:
max(ask1(x,y),ask2(x,y));
}
}T1,T2;
signed main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u=read(),v=read(),c=read();zxy+=c;
e[++tot]=edge{v,c,f[u]},f[u]=tot;
e[++tot]=edge{u,c,f[v]},f[v]=tot;
}
T1.init(1);T2.init(T1.rt);
while(m--)
{
int x=(read()+ans-1)%n+1;
int y=(read()+ans-1)%n+1;
ans=max(T1.qry(x,y),T2.qry(x,y));
printf("%d\n",ans);
}
}