終於寫了點分樹，iee
資料範圍：\(n,m\le 10^5\)，權值範圍是 \([1,10^4]\)，洛谷時限 2s。
首先點分治可以用來解決路徑問題，因為 \(u,v\) 在點分樹上的 lca 一定在原樹路徑上，同時保證了深度 \(\log n\)
如果不帶修的話，首先每個點維護乙個 vector，下標為該點在點分樹上的子樹到該點的距離，值為距離不超過 \(y\) 的權值和。再維護乙個「到該點父親的距離」的 vector 用於去除重複貢獻。
於是對於一次詢問 \(x\)，列舉它在點分樹上的祖先 \(g\)，考慮 \(g\) 為 lca 時的答案，那麼在這個 vector 上查詢距離不超過 \(y-dis(x,g)\) 即可，再刨去與 \(x\) 在同乙個子樹的貢獻（因為此時 lca 就不是 \(g\) 了）
至於帶修，把字首和改成 bit 即可，修改時候列舉祖先，把對應的下標上的值修改即可。時間複雜度 \(o(n\log^2n)\)，空間複雜度 \(o(n\log n)\)。
至於求距離，還是不要在點分樹建樹的時候預處理了，那樣寫得太麻煩，實現不好的話常數還很大。可以用 rmq 求 lca 的方法求距離，都是 \(o(n\log n)-o(1)\) 的複雜度還好寫。
#include#define rint register int
using namespace std;
const int n = 100004;
templateinline void read(t &x)
templateinline bool chmax(t &a, const t &b)
templateinline bool chmin(t &a, const t &b)
int n, m, head[n], to[n << 1], nxt[n << 1], val[n], lans, opt, x, y;
inline void add(int a, int b)
int dep[n], st[17][n << 1], dfn[n], tim, lg2[n << 1];
void dfs1(int x, int f = 0)
}inline int lca(int u, int v)
inline int dis(int u, int v)
int siz[n], rt, wson[n], tot;
bool vis[n];
void dfs2(int x, int f = 0)
chmax(wson[x], tot - siz[x]);
if(wson[x] < wson[rt]) rt = x;
}int fa[n], mxdep;
vectortr1[n], tr2[n];
inline int ei(int x)
void change(vector&tr, int p, int v)
int query(const vector&tr, int p)
void calc(int x, int rt, int len = 1, int f = 0)
chmax(mxdep, len);
}void calc2(int x, int rt, int len = 1, int f = 0)
void work(int x)
}int main()
dfs1(1); lg2[0] = -1;
for(rint i = 1;i <= tim;++ i) lg2[i] = lg2[i >> 1] + 1;
for(rint k = 0;k < 16;++ k)
for(rint i = 1;i <= tim - (1 << k + 1) + 1;++ i)
st[k + 1][i] = dep[st[k][i]] < dep[st[k][i + (1 << k)]] ? st[k][i] : st[k][i + (1 << k)];
wson[0] = 1e9; tot = n; dfs2(1); work(rt);
while(m --)
} else
printf("%d\n", lans);
} }}
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