做法一：對於每乙個點的修改，順序改變一下是不會影響結果的。我們離線做，可以乙個點乙個點的修改。
（還是過不了啊，仍然t）qwq。
做法二：
我們盡量把實際的操作搞成標記，不操作，以降低複雜度。
我們用三個陣列實現。
pushup[x]表示x周圍的點對x的影響，tag[x]記錄的是x這個點操作的次數，sontag[x]表示的是x所有的兒子節點的操作次數。
那麼修改時：pu
shup
[x]+
=siz
[x] pus
hup[
x]+=
siz[
x]tag[x]+
+,so
ntag
[f[x
]]++
t ag
[x]+
+,so
ntag
[f[x
]]++
pushup[
f[x]
]+=2
(x和f
[x]都
會加一)
p us
hup[
f[x]
]+=2
(x和f
[x]都
會加一)
pushup[
f[f[
x]]]
+=1 pus
hup[
f[f[
x]]]
+=1查詢時： an
s+=p
ushu
p[x]
+2∗t
ag[f
[x]]
+tag
[f[f
[x]]
]+so
ntag
[f[x
]]−t
ag[x
] ans
+=pu
shup
[x]+
2∗ta
g[f[
x]]+
tag[
f[f[
x]]]
+son
tag[
f[x]
]−ta
g[x]
分別是自己上面操作時產生的和，父親每操作一次自己的和就會+2（父親和自己個佔1），爺爺每操作一次自己會+1（只有父親的1），加上父親的其他兒子每操作一次就會使父親＋1，父親又在x周圍。
總的來說就是操作自己的貢獻+操作其他點對自己產生的貢獻。
時間複雜度o(n+m)。
需要讀入優化。
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using
namespace
std;
const
int n=1e5+77;
int n,m,siz[n],f[n];
ll ans,pushup[n],tag[n],sontag[n];
long
long read()
return res;
}int main()
for(int x,i=1;i<=m;i++)
printf("%lld\n",ans);
return
0;}
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