总结：日常犯困，日常去厕所清醒，日常疯狂调试，不日常四个半小时的模拟赛。打了T1的60分暴力+特殊样例，T4的40分暴力+特殊样例，但是T1不知道为什么\(dfs\)爆栈了，所以没骗到特殊样例的分，T4特殊样例式子推错，也没骗到分，所以最后T1 30分，T4 20分，共50分，挂了50分。
关于T1：四个人，想了四个半小时，摸到了正解的边，但不多……
T1【细胞】
题目大意：
给定一棵以1为根、共\(n\)个节点的树，开始每个节点都有一个点权，每过一秒，每个点的权值会变成它父节点的权值。
现在给出\(m\)个操作，每次操作可以查询当前时间点\(v\)的权值，或给点\(v\)的权值加\(k\)（先转移再增加）。特别地，若\(v\)为叶子结点，那么每次它的权值会加上它父节点的权值。\((1\leqslant n\leqslant 5\times 10^{5})\)
解题思路：
直接模拟的复杂度为\(O(nm)\)，不可以。我们可以想到，对于\(t\)时间询问的点\(v\)，会直接对该点产生贡献的祖先点\(u\)满足\(dep_{u}=dep_{v}-t\)（若\(v\)是叶子节点，那么产生贡献的点满足\(dep_{u}\leqslant dep_{v}-t)\)。
所以对于每次查询\(v\)就是要求会对该点产生贡献的点的权值和。但由于存在修改操作，所以是带修查询，区间查询+单点修改，想到树状数组维护。（什么？我还是不会树状数组……）
离线存储\(m\)个操作，跑一遍\(dfs\)，若节点\(u\)存在修改操作，那么就相当于是刚开始在\(dup_{u}-t\)处有一权值（此时路径上的查询操作已经处理完，此次修改不会影响路径前面的查询，只会修改路径后的查询——但要注意回溯以及偏移量），若存在查询操作，查询区间和就行。(也有可能是单点查询哦？)
乖代码
#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
using namespace std;
const int N=5e5+5;//注意偏移量
int n,m;
vector <int> tr[N];
vector <pii> add[N];//时间，修改
vector <int> que[N];
int cnt[N<<1];
int ans[N];
queue <int> ot;
int dep[N];
int lowbit(int x) { return x&-x; }
void _update(int t,int x)
{
while (t<=(N<<1))
{
cnt[t]+=x;
t+=lowbit(t);
}
}
int _sum(int x)
{
int res=0;
while (x)
{
res+=cnt[x];
x-=lowbit(x);
}
return res;
}
void dfs(int x,int _fa)
{
bool flag=false;
if (tr[x].size()==1) flag=true;//叶子结点
dep[x]=dep[_fa]+1;
int _size1=add[x].size();
for (int i=0;i<_size1;i++) _update(dep[x]-add[x][i].first+N,add[x][i].second);//先单点修改
int _size2=que[x].size();
for (int i=0;i<_size2;i++)
{
int p=que[x][i];//查询时间点
if (flag) ans[p]+=_sum(dep[x]+N)-_sum(dep[x]-p+N-1);
else ans[p]+=_sum(dep[x]-p+N)-_sum(dep[x]-p+N-1);
}
int _size3=tr[x].size();
for (int i=0;i<_size3;i++)
{
int v=tr[x][i];
if (v==_fa) continue;
dfs(v,x);
}
for (int i=0;i<_size1;i++) _update(dep[x]-add[x][i].first+N,-add[x][i].second);//回溯
}
signed main()
{
cin>>n>>m;
for (int i=1,x,y;i<n;i++)//存储树
{
cin>>x>>y;
tr[x].push_back(y);
tr[y].push_back(x);
}
for (int i=1,x;i<=n;i++) cin>>x,add[i].push_back({0,x});//单点修改
for (int i=1;i<=m;i++)
{
char op;
int v,k;
cin>>op;
if (op=='+') cin>>v>>k,add[v].push_back({i,k});//单点修改
else cin>>v,que[v].push_back(i),ot.push(i);//区间查询
}
dfs(1,0);
while (!ot.empty()) cout<<ans[ot.front()]<<'\n',ot.pop();
return 0;
}