題意
有 \(n(\leq3\times 10^5)\) 個點的樹， \(m(\leq3\times 10^5)\) 個詢問。
對 與\(x\) 點距離 \(\leq d\) 的 \(y\) 點加上 \(f_(x,y)}\), 其中 \(f_0 = a, f_1 = b, f_i = f_ + f_(i\geq 2)\)。
詢問 \(u\) 點的權值，對 \(10^9 + 7\) 取模。
斐波那契數列性質
先不考慮距離限制。
令 \(f_0 = 0, f_1 = 1, f_i = f_ + f_ (i\geq 2)\), 特別的，令 \(f_ = -1, f_ = 1\)。
那麼對於任意 \(n \geq 0\), 都有\(f_n = b \times f_ + a \times f_\)。
斐波那契數列有這樣一條性質:
\[f_n = f_f + f_f
\]轉換一下，對於一條 \(u\) 到 \(v\) 長 \(\text\) 的路徑，可以拆分成 \(u\) 到 \(\text(u,v)\) 的路徑, 長 \(\text_1\)，和 \(v\) 到 \(\text(u,v)\) 的路徑, 長 \(\text_2\)。
其中 \(\text = \text_1 + \text_2\)。
那麼上面的式子就可以寫成,
\[f_} = f__1 - 1} f__2} + f__2 + 1}f__1}
\]因此對於詢問點 \(u\) 的值，可以列舉祖宗，來列舉經過該點的路徑，換句話說，就是列舉路徑的 lca。
然後預處理另一半的路徑，就能快速計算價值，修改操作具有可加性。
具體來說，對於要點 \(u\) 加的 \(f_n\) 拆開。
因為:\[f_n = b \times f_n + a \times f_
\]所以:
\[f_} = b \times ( f__1 - 1}f__2} + f__2 + 1}f__1}) + a \times (f__1 - 2} f__2} + f__2 + 1}f__1 - 1} )
\]\[f_} = (b \times f__1 - 1} + a \times f__1 - 2})f__2} + (b \times f__1} + a \times f__1 - 1})f__2 + 1}
\]只要在每個點維護兩個括號裡面的和，只要有乙個點的距離 \(\text_2\) 就能快速求出所有修改的值的和。
具體來說：
修改操作，對於點 \(x\) 到根的點加上兩個括號的和。
詢問操作，對點 \(x\) 到根的點查詢所有的和。
這樣的一次的時間複雜度是樹高\(\times\)詢問複雜度
點分樹對於 「距離 \(\leq d\) 的點」 這樣與樹的形態無關的限制，一般都要用樹分治，比如點分治。
這裡有修改操作，於是使用點分樹。
點分樹的樹高是 \(\log n\) 級別的，對於每個點維護樹狀陣列，一次詢問就是 \(o(\log n)\) 的。
由於求和時會算重，一般都要維護兩個樹狀陣列，當前節點的貢獻和對家長的貢獻，在詢問時相減。
**:
#includeusing namespace std;
using ll = long long;
const int maxn = 300010;
const int inf = 0x7fffffff;
const int mod = 1000000007;
template void read(t &x)
int add(int a, int b)
int mul(int a, int b)
int n, m;
int f[maxn], *f = f + 3;
vectore[maxn];
struct tree1
} int top[maxn];
void dfs2(int u, int tp)
} int lca(int x, int y)
if (dep[x] > dep[y]) swap(x, y);
return x;
} int distan(int x, int y)
} t;
struct node
node operator +(const node &x) const
node operator -(const node &x) const
};struct tree2
void add(int x, node val)
node query(int x)
node query(int x, int y)
} t1[maxn], t2[maxn];
int s, mi, root;
int mx[maxn], siz[maxn];
bool vis[maxn];
void getroot(int u, int fa)
mx[u] = max(mx[u], s - siz[u]);
if (mx[u] < mi) mi = mx[u], root = u;
}int fa[maxn];
void build(int u)
}node calc(int a, int b, int dis)
void change(int u, int d, int a, int b)
}int calc2(node x, int dis)
int query(int u)
return ans;
}void init(int n)
int main()
init(n);
t.dfs1(1, 0);
t.dfs2(1, 1);
s = n, mi = inf, root = - 1;
getroot(1, 0);
build(root);
while (m --) else
} return 0;
}
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