这道题因为太多人拿这个题卡$BZOJ$，于是成了权限题。。。
本蒟蒻表示没钱氪金。。。
无奈，拿出了洛谷：P3241 [HNOI2015]开店
还有$LOJ$：#2116. 「HNOI2015」开店
这里附上洛谷的题面：
题目描述
风见幽香有一个好朋友叫八云紫，她们经常一起看星星看月亮从诗词歌赋谈到人生哲学。最近她们灵机一动，打算在幻想乡开一家小店来做生意赚点钱。
这样的想法当然非常好啦，但是她们也发现她们面临着一个问题，那就是店开在哪里，面向什么样的人群。很神奇的是，幻想乡的地图是一个树形结构，幻想乡一共有$n$个地方，编号为$1$ 到$n$被$n-1$ 条带权的边连接起来。每个地方都住着一个妖怪，其中第$i$个地方的妖怪年龄是 $x_i$ 。
妖怪都是些比较喜欢安静的家伙，所以它们并不希望和很多妖怪相邻。所以这个树所有顶点的度数都小于或等于$3$。妖怪和人一样，兴趣点随着年龄的变化自然就会变化，比如我们的$18$ 岁少女幽香和八云紫就比较喜欢可爱的东西。幽香通过研究发现，基本上妖怪的兴趣只跟年龄有关，所以幽香打算选择一个地方$u$ （$u$ 为编号），然后在$u$开一家面向年龄在$L$到$R$ 之间（即年龄大于等于$L$ 小于等于$R$ ）的妖怪的店。
也有可能$u$ 这个地方离这些妖怪比较远，于是幽香就想要知道所有年龄在$L$ 到$R$ 之间的妖怪，到点$u$ 的距离的和是多少（妖怪到$u$ 的距离是该妖怪所在地方到$u$ 的路径上的边的权之和），幽香把这个称为这个开店方案的方便值。
幽香她们还没有决定要把店开在哪里，八云紫倒是准备了很多方案，于是幽香想要知道，对于每个方案，方便值是多少呢。
输入输出格式
输入格式：
第一行三个用空格分开的数$n,Q$和$A$ ，表示树的大小、开店的方案个数和妖怪的年龄上限。
第二行nn 个用空格分开的数$x_1,x_2,ldots,x_n;x_i$表示第$i$个地点妖怪的年龄，满足$0le x_ilt A$。(年龄是可以为$0$的，例如刚出生的妖怪的年龄为$0$ 。)
接下来$n-1$ 行，每行三个用空格分开的数$a$ 、$b$ 、$c$ ，表示树上的顶点$a$ 和$b$ 之间有一条权为$c(1le cle1000)$的边，$a$ 和$b$ 是顶点编号。
接下来$Q$ 行，每行三个用空格分开的数$u,a,b$。
对于这$Q$ 行的每一行，用$a,b,A$计算出$L$和$R$ ，表示询问”在地方$u$ 开店，面向妖怪的年龄区间为$[L,R]$的方案的方便值是多少“。
对于其中第$1$ 行，$L$和$R$的计算方法为：$L=min(a\%A,b\%A),R=max(a\%A,b\%A)$ 。
对于第$2$到第$Q$行，假设前一行得到的方便值为$ans$，那么当前行的$L$ 和$R$ 计算方法为：$L=min((a+ans)\%A,(b+ans)\%A), R=max((a+ans)\%A,(b+ans)\%A)$ 。
输出格式：
对于每个方案，输出一行表示方便值。
输入输出样例
10 10 10 0 0 7 2 1 4 7 7 7 9 1 2 270 2 3 217 1 4 326 2 5 361 4 6 116 3 7 38 1 8 800 6 9 210 7 10 278 8 9 8 2 8 0 9 3 1 8 0 8 4 2 7 9 7 3 4 7 0 2 2 7 3 2 1 2 3 4
1603 957 7161 9466 3232 5223 1879 1669 1282 0
说明
满足$nle1.5 imes 10^5,Qle2 imes 10^5$ 。对于所有数据，满足$A<=10^9$
题解Here!
感觉做完这题之后，自己的码力和几个月前不一样了。。。
据说这题是动态淀粉质点分治？然而本蒟蒻并不会。。。
有时间再填坑吧感觉这辈子是不可能填坑的。。。
于是拿出了树链剖分+主席树。
每次询问点权在$[L,R]$之间的所有点到某个点的距离之和，并且强制在线。
首先考虑一个简化的版本：
询问所有点到点$u$的距离和。
然后开始漫长地推式子。。。
当然，可以跳过漫长的过程直接看结论。。。
设$deep[i],size[i]$分别表示以$1$为根时第$i$个点的带权深度和子树大小。
在我的代码中为了避免变量名冲突，就用$dis[i]$代替了这里的$deep[i]$，这点要注意一下。
观察$1$为根和$u$为根会发生哪些变化。
$u$的子树中某节点$v$的深度会从$deep[v]$变成$deep[v]-deep[u]$，相当于都减少了$deep[u]$，且有$size[u]$个点发生了此变化。
$fa[u]$的子树，且不是$u$的子树中的某节点$v$，深度会从$deep[v]$变成$deep[v]-deep[fa[u]]+deep[u]-deep[fa[u]]$，相当于减少了$2 imes deep[fa[u]]-deep[u]$，且有$size[fa[u]]-size[u]$个点发生了此变化。
之后以此类推。
更具体的描述，定义$a_i$为$1$至$u$的链上的第$i$个点，$1$至$u$的链上共有$k$个点，那么所有点到$u$的距离之和可以用如下式子表示：
$$sum_{i=1}^ndeep[i]-sum_{i=1}^{k-1}(size[a_i]-size[a_i+1]) imes (2 imes deep[a_i]-deep[u])-size[u] imes deep[u]$$
展开：
$$sum_{i=1}^ndeep[i]-size[u] imes deep[u]-(2 imes sum_{i=1}^{k-1}size[a_i] imes deep[a_i]-2 imessum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}] imes deep[a_i]-sum_{i=1}^{k-1}size[a_i] imes deep[u]+sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}] imes deep[u])$$
$$=sum_{i=1}^ndeep[i]-size[u] imes deep[u]-2 imessum_{i=1}^{k-1}size[a_i] imes deep[a_i]+2sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}] imes deep[a_i]+sum_{i=1}^{k-1}size[a_i] imes deep[u]-sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}] imes deep[u]$$
把其中的某个式子提出来，化简：
$$sum_{i=1}^{k-1}size[a_i] imes deep[u]-sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}] imes deep[u]$$
$$=sum_{i=1}^{k-1}size[a_i] imes deep[u]-sum_{i=2}^ksize[a_i] imes deep[u]$$
$$=size[a_1] imes deep[u]-size[a_k] imes deep[u]$$
$$=n imes deep[u]-size[u] imes deep[u]$$
于是原式变为：
$$sum_{i=1}^ndeep[i]+n imes deep[u]-2 imes size[u] imes deep[u]-2 imes sum_{i=1}^{k-1}size[a_i] imes deep[a_i]+2 imes sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}] imes deep[a_i]$$
现在观察：
$$-2sum_{i=1}^{k-1}size[a_i] imes deep[a_i]+2sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}] imes deep[a_i]$$
即：
$$2sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}] imes deep[a_i]-2sum_{i=1}^{k-1}size[a_i] imes deep[a_i]$$
这里直接相减出现的$size[a_i]-size[a_{i+1}]$难以处理，我们考虑进行错位相减。
$$ ext{原式}=2sum_{i=2}^ksize[a_i] imes deep[a_{i-1}]-2sum_{i=1}^{k-1}size[a_i] imes deep[a_i]$$
$$=2sum_{i=2}^ksize[a_i] imes deep[a_{i-1}]-2sum_{i=2}^{k-1}size[a_i] imes deep[a_i](deep[a_1]=deep[1]=0)$$
$$=2 imes size[a_k] imes deep[a_{k-1}]+2sum_{i=2}^{k-1}size[a_i] imes (deep[a_{i-1}]-deep[a_i])$$
将原式中的$-2 imes size[u] imes deep[u]$并入上式中，得到：
$$2 imes size[a_k] imes deep[a_{k-1}]-2 imes size[a_k] imes deep[a_k]+2sum_{i=2}^{k-1}size[a_i] imes (deep[a_{i-1}]-deep[a_i])$$
$$=2sum_{i=2}^ksize[a_i](deep[a_{i-1}]-deep[a_i])$$
注意到$deep[a_i]-deep[a_{i-1}]$是点$i$到其父节点的边权，设为$fv[i]$。
故原式等于：
$$sum_{i=1}^ndeep[i]+n imes deep[u]-2sum_{i=2}^ksize[a_i] imes fv[a_i]$$
到此，我们的推式子结束了。
并且这玩意可以进行维护了。
现在考虑如何加入$[L,R]$的限制。
直接通过子树查询的方式进行，单次复杂度与树高约为线性关系，显然是铁定$TLE$的。
怎么办？
这时便要体会主席树的版本作用。
将点按照点权排序，一个一个加入，最终答案便是$R$对应版本的主席树的答案减去$L-1$对应版本的主席树的答案。
也就是做一个差分：$Ans(L,R)=Ans(1,R)-Ans(1,L-1)$
而且，每次加入一个点的时候，树的形态不发生变化，$fv[i]$不发生变化，只有$size[i]$发生变化。
所以只需把加入的这个点到根的路径上的所有点的$size$进行$+1$即可。
查询时从当前指定的点出发，向上统计$sum size[i] imes fv[i]$。
这是可以通过树链剖分维护的。
由于空间限制，需要使用标记永久化。
这题目就做完了。
好长。。。
附代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define MAXN 200010
using namespace std;
int n,m,age,c=1,d=1;
int root[MAXN];
int head[MAXN],deep[MAXN],son[MAXN],size[MAXN],fa[MAXN],id[MAXN],pos[MAXN],top[MAXN];
long long dis[MAXN],sum[MAXN];
struct Tree{
int next,to,w;
}a[MAXN<<1];
struct Point{
int val,id;
friend bool operator <(const Point &p,const Point &q){
if(p.val==q.val)return p.id<q.id;
return p.val<q.val;
}
}point[MAXN];
inline int read(){
int date=0,w=1;char c=0;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
return date*w;
}
namespace CT{
#define LSON(x) a[x].l
#define RSON(x) a[x].r
#define DATA(x) a[x].data
#define SUM(x) a[x].sum
#define SIGN(x) a[x].c
int size=0;
struct Chairman_Tree{
long long data,sum;
int l,r,c;
}a[MAXN<<7];
inline void pushup(int rt){
DATA(rt)=DATA(LSON(rt))+DATA(RSON(rt));
SUM(rt)=SUM(LSON(rt))+SUM(RSON(rt))+DATA(rt)*SIGN(rt);
}
inline void buildtree(int l,int r,int &rt){
a[++size]=a[rt];rt=size;SIGN(rt)=LSON(rt)=RSON(rt)=SUM(rt)=DATA(rt)=0;
if(l==r){
DATA(rt)=dis[pos[l]]-dis[fa[pos[l]]];
return;
}
int mid=l+r>>1;
buildtree(l,mid,LSON(rt));
buildtree(mid+1,r,RSON(rt));
pushup(rt);
}
void update(int l,int r,int lside,int rside,int &rt){
a[++size]=a[rt];rt=size;
if(l<=lside&&rside<=r){
SIGN(rt)++;
SUM(rt)+=DATA(rt);
return;
}
int mid=lside+rside>>1;
if(l<=mid)update(l,r,lside,mid,LSON(rt));
if(mid<r)update(l,r,mid+1,rside,RSON(rt));
pushup(rt);
}
long long query(int l,int r,int c,int lside,int rside,int rt){
long long ans=0;
if(l<=lside&&rside<=r)return (SUM(rt)+DATA(rt)*c);
c+=SIGN(rt);
int mid=lside+rside>>1;
if(l<=mid)ans+=query(l,r,c,lside,mid,LSON(rt));
if(mid<r)ans+=query(l,r,c,mid+1,rside,RSON(rt));
return ans;
}
}
inline void add(int u,int v,int w){
a[c].to=v;a[c].w=w;a[c].next=head[u];head[u]=c++;
a[c].to=u;a[c].w=w;a[c].next=head[v];head[v]=c++;
}
void dfs1(int rt){
son[rt]=0;size[rt]=1;
for(int i=head[rt];i;i=a[i].next){
int will=a[i].to;
if(!deep[will]){
deep[will]=deep[rt]+1;
dis[will]=dis[rt]+a[i].w;
fa[will]=rt;
dfs1(will);
size[rt]+=size[will];
if(size[son[rt]]<size[will])son[rt]=will;
}
}
}
void dfs2(int rt,int f){
id[rt]=d++;pos[id[rt]]=rt;top[rt]=f;
if(son[rt])dfs2(son[rt],f);
for(int i=head[rt];i;i=a[i].next){
int will=a[i].to;
if(will!=fa[rt]&&will!=son[rt])dfs2(will,will);
}
}
void update_path(int x,int y,int u){
while(top[x]!=top[y]){
if(deep[top[x]]<deep[top[y]])swap(x,y);
CT::update(id[top[x]],id[x],1,n,root[u]);
x=fa[top[x]];
}
if(deep[x]>deep[y])swap(x,y);
CT::update(id[x],id[y],1,n,root[u]);
}
long long query_path(int x,int y,int u){
long long s=0;
while(top[x]!=top[y]){
if(deep[top[x]]<deep[top[y]])swap(x,y);
s+=CT::query(id[top[x]],id[x],0,1,n,root[u]);
x=fa[top[x]];
}
if(deep[x]>deep[y])swap(x,y);
s+=CT::query(id[x],id[y],0,1,n,root[u]);
return s;
}
long long solve(int x,int u){
return (sum[u]+dis[x]*u-2LL*query_path(1,x,u));
}
void work(){
int l,r,u;
long long last=0;
while(m--){
u=read();l=read();r=read();
l=(l+last)%age;r=(r+last)%age;
if(l>r)swap(l,r);
l=lower_bound(point+1,point+n+1,(Point){l,0})-point;
r=upper_bound(point+1,point+n+1,(Point){r,MAXN})-point-1;
last=solve(u,r)-solve(u,l-1);
printf("%lld
",last);
}
}
void init(){
int u,v,w;
n=read();m=read();age=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
point[i].val=read();
point[i].id=i;
}
for(int i=1;i<n;i++){
u=read();v=read();w=read();
add(u,v,w);
}
deep[1]=1;
dfs1(1);
dfs2(1,1);
sort(point+1,point+n+1);
CT::buildtree(1,n,root[0]);
for(int i=1;i<=n;i++){
sum[i]=sum[i-1]+dis[point[i].id];
root[i]=root[i-1];
update_path(1,point[i].id,i);
}
}
int main(){
init();
work();
return 0;
}
