「ZJOI2015」幻想乡战略游戏

先考虑怎么高效地找到重心。

我们从根节点（令其为 \(1\)）开始，每次往一个儿子走，要求以这个儿子为中心的的距离和更小（把式子写出来，容易知道这样的儿子要么没有，要么唯一），如果没有这样的儿子就结束。发现这个东西其实跟边权没有关系，因为写出来是一个 \(c(u,v)\times(s_1-2\times s_v)\) 的形式（\(s\) 是子树点权和），我们只关注它的正负，所以和边权无关。所以走的条件就是找一个满足 \(2\times s_v\ge s_1\) 的儿子 \(v\)。

怎么做呢？相当于找到 dfs 序最大的 \(x\) 使得 \(2\times s_x \ge s_1\)。把 \(s\) 放在线段树上 dfs 序对应位置维护，一个节点维护区间 \(s\) 最大值，查询的时候直接线段树上二分即可。

找到重心后，求答案是显然的，每一条边的贡献是边权乘上子树内/外点权和，用两棵线段树维护，一棵专门维护边权乘以子树内和，另一棵维护边权乘以子树外和。相当于维护区间 \(\sum A_i\) 和 \(\sum B_i\)，操作是 \(A\) 的区间加，以及求区间 \(\sum A_i\times B_i\)，是很经典的。

至此我们用 \(\mathcal O(n+q\log^2 n)\) 的时间复杂度解决了本题。

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关于寻找重心，tx344 还阐述了一个更有意思（赤石，但是拓展性更强）的算法。

我们令 \(p_i\) 表示 dfs 序为 \(i\) 的节点编号，那么我们按如下步骤构造一个序列：先写下 \(s_{p_1}\) 个 \(p_1\)，然后 \(s_{p_2}\) 个 \(p_2\)，如此一直写到 \(s_{p_n}\) 个 \(p_n\)，观察发现这个序列的中位数（如果长度为偶数，则取左右两个都可）在重心的子树内。再从这个点出发向上二分。这个做法的优势在于，可以进行点权的子树加。如果使用一开始的方法，有两种截然不同的加法形式，可以求和，但是不便于求最值。对于这种方法，虽然还是线段树上二分，但我们要维护的是和，而非最值，所以把两个加法操作直接拼起来是没问题的，例题是 QOJ3307。时间复杂度与第一种方法是一样的。