神题啊！神题（赞叹）
题意
形式化题意：
给定一棵 \(n\) 个点的树，第 \(i\) 个点有点权 \(a_i\)。且每个点都有颜色，初始时颜色都为 \(1\)，第 \(i\) 个点的颜色是 \(c_i\)。
你可以对一个点 \(x\) 进行一次操作：
- 计数有多少 \(v\)，满足 \(v\) 在 \(x \to 1\) 的路径（包含 \(x\) 和 \(1\)）上，且 \(c_v \ne x\)。
将满足条件的 \(v\) 的个数记作 \(cnt\)，并使 \(ans := ans + cnt\)，初始时 \(ans = 0\)。 - 将 \(x \to 1\) 路径上的点颜色全部变为 \(x\)。
现在知道了第 \(i\) 个点总共被操作 \(a_i\) 次，问如何安排 \(\sum a\) 次操作，使最后 \(ans\) 最大。然后还有 \(m\) 个询问，每次如下：
x w表示将 \(a_x := a_x + w\) 后的答案。
题解
第一步就是一个比较难的性质的观察：每个点对答案的贡献是相互独立的。这里每个点对答案的贡献是指，它被其它点当做不同颜色计数，被算了几次。
有了这个观察后，可以分别对每个点 \(x\) 算出答案。具体的方法为，假设现在有一个序列 \(b\)，长度为 \(k\)（$k = $ \(x\) 的子树大小），有 \(c_1\) 个 \(b_1\)，\(c_2\) 个 \(b_2\)，\(\cdots\)，\(c_k\) 个 \(b_k\)。
这里序列 \(b\) 就是 \(x\) 子树点集，\(c_{x} = a_{b_x}\)。然后等同于安排 \(b\) 的顺序，使得最后长度为 \(\sum c\) 的序列中，相邻的不同颜色的元素最大化。
根据一个类似于摩尔投票法的证明，有一个这样的结论，设 \(T = \sum\limits_{i = 1}^k c_i, M = \max\limits_{i = 1}^k c_i\)：答案是 \(\min\{T - 1, 2(T - M)\}\)。
现在转化完了之后，题目变成了求：
\[\sum\limits_{i = 1}^n \min\{T_i - 1, 2(T_i - M_i)\} \]每次询问 x w 变为对 \(1 \to x\) 链上的点的 \(T_i\) 增加 \(w\)，再设法改变一下 \(M_i\)，这就是 \(\mathcal{O}(nq)\) 暴力。
到这里获得了整整 \(30\) 分的好成绩。接下来再接再厉，考虑优化这个暴力。
又是一步重要的观察：任意时刻，任何被非 \(1\) 的颜色染色的结点所形成的联通块，一定是一条直上直下的链。
这使得 \(M_i\) 所代表的颜色，也一定是一条直上直下的链。
这个性质让我们回想起了树点涂色，提示我们可以用 \(\text{LCT}\) 解决此题。
同样的，根据上面的式子的分界线，我们将每个边归为重边和轻边，定义为：
- 重边：若 \(2T_i \geqslant T_{fa_i} + 1\)，则 \((i, fa_i)\) 为重边。
- 轻边：不满足该边为重边的边。
由于 \(T_{fa_i} = \sum\limits_{j \in fa_i.\text{son}} T_j\)，所以每个点往儿子连的重边显然不会超过 \(1\) 个。
一次 \(a_x := a_x + w\) 影响到的点，一定是 \(x \to 1\) 上的点，考虑讨论重边在操作后的变化。
假设现在正在 access 中，讨论 \((x, fa_x)\) 这条边的轻重：
- 如果 \((x, fa_x)\) 操作前是重边，那么一定该边仍是重边，可以轻松用糖水不等式证明。
- 如果 \((x, fa_x)\) 操作前是轻边，那么有可能 \(fa_x\) 的原重边改为 \((x, fa_x)\) 这条边；也有可能 \(fa_x\) 的重边消失，只剩轻边。
综上所述，遇到重边可以直接跳上去，因为这个不会影响答案（\(T_x - M_x\) 不变）。
时间复杂度为跳轻边的次数，类似重链剖分的复杂度分析，单次 access 复杂度是 \(\mathcal{O}(\sum a)\) 的。（每次跳轻链使 \(T_x\) 翻倍）
代码
懒得放。