題意：一棵n
nn個點的樹，每個點有權值a
ia_i
ai，初始時給定。維護：
單點權值加上乙個正數。
詢問每個點恰好執行a
ia_i
ai次 access 操作，任意安排順序的條件下切換輕重鏈總次數的最大值。
n ≤4
×105
n\leq 4\times 10^5
n≤4×10
5一道奇怪的題（？）
對於乙個點u
uu，考慮它子樹內兩個相鄰 access的點，它們在u
uu這裡切換了一次當且僅當它們屬於 不同的 u
uu的兒子 為根 的 子樹。（為了方便，我們把u
uu單獨這乙個點看成u
uu的子樹。）
把來自同乙個子樹內的一次access看成一種顏色的小球，我們希望相鄰的不同色小球盡量多。
結論設總小球數為n
nn,顏色最多的小球個數為m
mm，那麼最大貢獻為min
\min\
min
證明
考慮把最多的顏色擺出來，在m−1
m-1m−
1個空隙中放其他顏色。
假設最多的顏色只有一種
把所有其他顏色的球依次往空隙中放，放完乙個顏色繼續往下乙個空隙放，空隙放完了再從第乙個開始。
如果空隙都放完了，即n−m
≥m−1
n-m\geq m-1
n−m≥m−
1,即n−1
≤2(n
−m
)n-1\leq2(n-m)
n−1≤2(
n−m)
，所有相鄰的小球顏色都不同，答案為n−1
n-1n−
1 否則顏色最多的球一定會相鄰。考慮開始時貢獻為0
00，插入乙個任意顏色的球最多讓貢獻+2+2
+2，上面的構造方法可以達到這個最大值，所以最大貢獻為2(n
−m
)2(n-m)
2(n−m)
最多的顏色有多種
顯然這時m≤n
2m\leq \frac
m≤2n
,把最多的顏色各取乙個構成一組綁在一起，然後其他顏色用同樣的方法放在組之間的空隙內，這樣不會有同色相鄰。
就可以o(n
)o(n)
o(n)
處理了然後考慮怎麼用資料結構維護這玩意
上面已經推過了，雖然表示式看起來很奇怪，但實際上本質上是判斷最大的子樹是否超過自己的一半（這裡的大小都是指a
aa的和）
一點也不自然地想到實鏈剖分
具體而言，設sum
usum_u
sumu
表示u
uu子樹內權值和，對於u
uu和它的兒子v
vv，如果2su
mv
>su
mu+1
2sum_v>sum_u+1
2sumv
>su
mu+
1(先不管u
uu本身什麼的)，那麼v
vv是u
uu的重兒子，顯然重兒子最多有乙個。如果不存在這樣的兒子就沒有重兒子。
這樣做的好處是重鏈上都是取的min
\min\
min的右邊這項，而把父親和兒子加上同乙個正數時左邊會變大，右邊不會變，而右邊本來就比左邊小，不僅仍然是重邊，連這個點的答案都不會改變，直接跳過去就可以了。而到根的輕邊是o
(logv
)o(\log v)
o(lo**
)的，直接討論一下輕邊的情況即可。
具體而言就是魔改一下lct的access，跳輕邊的時候需要判一下。具體實現的時候很詭異，建議直接看**。
注意複雜度是通過輕邊條數而非finger-search保證的，所以必須在修改前dfs一遍處理出重兒子
複雜度應該是o(n
log
nlogv
)o(n\log n\log v)
o(nlog
nlo**)
#include
#include
#include
#include
#include
#define maxn 400005
using
namespace std;
typedef
long
long ll;
inline
intread()
int ch[maxn][2
],fa[maxn]
;ll val[maxn]
,lz[maxn]
;inline
void
pushlzy
(int x,ll v)
inline
void
pushdown
(int x)
}inline
intget
(int x)
inline
bool
isroot
(int x)
inline
void
rotate
(int x)
int q[maxn]
,tp;
inline
void
splay
(int x)
rotate
(x);}}
ll res[maxn]
,a[maxn]
,ans;
inline
intfindrt
(int x)
inline
void
access
(int x,
int v)
}vector<
int> e[maxn]
;void
dfs(
int u)
for(
int i=
0;i<
(int
)e[u]
.size()
;i++)if
(e[u]
[i]!=fa[u]&&2
*val[e[u]
[i]]
>val[u]+1
) ch[u][1
]=e[u]
[i];
res[u]
=(ch[u][1
]?2*
(val[u]
-val[ch[u][1
]]):val[u]-1
);if(
2*a[u]
>val[u]+1
) res[u]=2
*(val[u]
-a[u]);
ans+
=res[u];}
intmain()
dfs(1)
;printf
("%lld\n"
,ans)
;while
(m--
)return0;
}
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