題意：求乙個樹的帶權重心，帶修改。
現在首位的題解的方法太噁心了，這裡介紹我自己的理解。
假設重心為\(x\)，我們有它的代價為：
\[\sum\limits_^\operatorname(i,x)\times val_i
\]其中\(val_i\)表示\(i\)節點的權值。
那如果將重心向\(x\)的某乙個相鄰節點\(y\)移動一格的話，
設\(\operatorname(x,y)\)為連線\(x,y\)的邊的權值，
則對於所有\(y\)一側的節點，距離減少了\(\operatorname(x,y)\)；對於所有\(x\)一側的節點，這反而增加了\(\operatorname(x,y)\)。
我們現在假設\(x\)為根。\(sum_i\)表示\(i\)節點的子樹和，
則\(y\)一側節點的貢獻為\(sum_y\times\operatorname(x,y)\)；
\(x\)一側節點的貢獻為\(-(sum_x-sum_y)\times\operatorname(x,y)\)
\[2\times sum_y>sum_x
\]顯然，對於每個\(x\)，這樣的\(y\)唯一。
如果我們在原樹上這麼搞的話，顯然會tle（想想看如果是條鏈的話）。我們考慮到點分樹上處理。
我們這次令\(sum_i\)表示點分樹上子樹和，而\(dssum_i\)表示：
如果\(i\)有父親（即不是點分樹的根），則為\(\sum\limits_val_j\times\operatorname(j,fa_i)\)。它的意義是到父親的加權距離和。
否則，即它是點分樹的根，則為\(\sum\limits_val_j\times\operatorname(j,i)\)。它的意義是到自己的加權距離和。
我們考慮當前在節點\(x\)。假設我們發現了乙個子節點\(y\)符合\(2\times sum_y>sum_x\)，然後怎麼辦呢？
你可能會想著直接跳過去，但抱歉，點分樹上的子樹和不是真實的子樹和，也就是說，這個\(sum_y\)不一定是真實的\(y\)側節點貢獻。
那怎麼辦呢？
我們考慮當\(x\)為點分樹樹根時，顯然，這裡的\(sum_y\)一定是真實的子樹和。因此我們這裡的\(y\)是可信的。
然後，這就是比較驚奇的地方了：
設乙個\(z\)，它是\(y\)側節點，同時直接與\(x\)相連。換句話說，\(z\)是原樹上\(x\)在\(y\)側的兒子。
我們把\(y\)子樹外側的所有東西，看作乙個點，直接連到\(z\)上。
換句話說，當\(y\)為根的時候，它有許多兒子；但其中，\(x\)方向的那個是可以忽略的，因為\(y\)就是從\(x\)過來的，肯定不會再回去了；所以我們就把它連到\(z\)上，當作\(z\)的兒子。
可以參考lct的虛兒子這一概念。
我們令乙個\(imag\)陣列表示虛兒子的\(dssum\)的和。然後，我們可以寫出這樣的求值部分：
ll ask(int x)
return dssum[x];//if there's no proper son, then the answer is x itself
}
非常神奇的是，對於所有資料，這棵樹上的點的度數都不超過\(20\)。
點分樹上兒子數量是不大於原樹上兒子數量的，因此複雜度是正確的。
**：
#includeusing namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,dep[100100],mn[200100][20],in[100100],lg[200100],tot,fa[100100],fr[100100],admin;
namespace treeedge[200100];
void ae(int u,int v,int w)
bool vis[100100];
void getsz(int x,int fa)
void getroot(int x,int fa)
void modify(int x,int y)
} ll ask(int x)
return dssum[x];//if there's no proper son, then the answer is x itself }}
int main()
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