人生第一道九条可怜……神仙操作……
看着题解理解了一个早上才勉强看懂怎么回事……
简化一下题目就是：已知每一个点access的总次数，求一个顺序使虚实边转化的次数最多
考虑一下，对于x的一个子树，如果他已经有了一个最优序列，那么一定不会和他祖先的最优序列产生冲突。为什么呢？因为对他的所有祖先来说，只要是来自他的子树的access都会对他到根的路径产生贡献，所以对他的祖先来说，无论access的是子树的哪一个节点都是等价的，于是我们可以在祖先的最优序列中将所有x的子树的access调换位置，并不会影响最优解
于是单独考虑每一个点x，只有x的子树以及x本身的access会对x的实子边产生影响（x的access会是x没有实子边），如果切换的两点不在x的同一子树（或都是x），每切换一次答案+1，。于是我们可以转化为这么一个问题，有$sum[x]$个球（表示x及他的子树总共有多少次access操作），每种颜色的球有$sum[c]$个（表示x的每一个子树以及x本身的操作次数），求一种排列，使他们两两相邻颜色不同的对数最大。很明显，如果没有一种球的出现次数大于球的总数的一半，那么答案就是$sum[x]-1$，否则的话，出现次数大于一半的球必定有某几对不会对答案产生贡献，答案就是$2*(sum[x]-max(sum[c]))$
当$sum[c]*2>sum[x]+1$时取后者
直接树形dp就行了
然后考虑一下怎么修改呢？
首先，对某一个点的修改，只会对该点到根的路径上的答案有影响
因为是加一个值，如果有一个点的子树$sum$大于父节点$sum$的一半，那么代入上式可以发现答案是不变的
那么我们是不是可以用树剖的思路？对于子树$sum$大于自己$sum$一半的点连实边，其余的连虚边，然后access的时候更改虚实边即可
为了方便计算以前的贡献，可以保存一下以前贡献的类型（某子树过大、自己过大、都不是很大）算的时候就省去了一些判断的时间。
1 //minamoto 2 #include<cstdio> 3 #include<iostream> 4 #define ll long long 5 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 6 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 7 template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;} 8 inline int read(){ 9 #define num ch-'0' 10 char ch;bool flag=0;int res; 11 while(!isdigit(ch=getc())) 12 (ch=='-')&&(flag=true); 13 for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num); 14 (flag)&&(res=-res); 15 #undef num 16 return res; 17 } 18 char obuf[1<<24],*o=obuf; 19 void print(ll x){ 20 if(x>9) print(x/10); 21 *o++=x%10+48; 22 } 23 const int N=400005,M=N*2; 24 int ver[M],Next[M],head[N],tot; 25 int fa[N],ch[N][2];short tp[N]; 26 ll sum[N],si[N],a[N],ans; 27 inline bool isroot(int x){return ch[fa[x]][0]!=x&&ch[fa[x]][1]!=x;} 28 #define lc ch[x][0] 29 #define rc ch[x][1] 30 inline void pushup(int x){sum[x]=sum[lc]+sum[rc]+si[x]+a[x];} 31 inline void rotate(int x){ 32 int y=fa[x],z=fa[y],d=ch[y][1]==x; 33 if(!isroot(y)) ch[z][ch[z][1]==y]=x; 34 fa[x]=z,fa[y]=x,fa[ch[x][d^1]]=y,ch[y][d]=ch[x][d^1],ch[x][d^1]=y,pushup(y); 35 } 36 inline void splay(int x){ 37 for(int y=fa[x],z=fa[y];!isroot(x);y=fa[x],z=fa[y]){ 38 if(!isroot(y)) 39 ((ch[y][1]==x)^(ch[z][1]==y))?rotate(x):rotate(y); 40 rotate(x); 41 } 42 pushup(x); 43 } 44 void dp(int x){ 45 int mp=x;ll mx=a[x]; 46 for(int i=head[x];i;i=Next[i]){ 47 int v=ver[i]; 48 if(v==fa[x]) continue; 49 fa[v]=x,dp(v); 50 si[x]+=sum[v]; 51 if(mx<sum[v]) mp=v,mx=sum[v]; 52 } 53 if((mx<<1)>(sum[x]=si[x]+a[x])){ 54 ans+=(sum[x]-mx)<<1; 55 x==mp?tp[x]=1:si[x]-=sum[rc=mp]; 56 } 57 else tp[x]=2,ans+=sum[x]-1; 58 } 59 int main(){ 60 //freopen("testdata.in","r",stdin); 61 int n=read(),m=read(); 62 for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(); 63 for(int i=1;i<n;++i){ 64 int u=read(),v=read(); 65 ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot; 66 ver[++tot]=u,Next[tot]=head[v],head[v]=tot; 67 } 68 dp(1);print(ans),*o++=' '; 69 while(m--){ 70 int x=read(),w=read(); 71 for(int y=0;x;x=fa[y=x]){ 72 splay(x); 73 ll s=sum[x]-sum[lc]; 74 ans-=tp[x]<2?(s-(tp[x]?a[x]:sum[rc]))<<1:s-1; 75 s+=w,sum[x]+=w,(y?si:a)[x]+=w; 76 if(sum[y]<<1>s) si[x]+=sum[rc],si[x]-=sum[rc=y]; 77 if(sum[rc]<<1>s) tp[x]=0,ans+=(s-sum[rc])<<1; 78 else{ 79 if(rc) si[x]+=sum[rc],rc=0; 80 (a[x]<<1>s)?(tp[x]=1,ans+=(s-a[x])<<1):(tp[x]=2,ans+=s-1,rc=0); 81 } 82 } 83 print(ans),*o++=' '; 84 } 85 fwrite(obuf,o-obuf,1,stdout); 86 return 0; 87 }