这道题比较有意思。
题目中贡献最多影响到距离一个节点为(log)的节点。
题目要修改深度相同且在某个子树的节点。可以考虑bfs序+线段树。
对一段深度相同且在某个子树的节点，他们在bfs序上是连续的，可以修改。
考虑从一个节点(x)向上跳修改。
先把子树的所有距离(x)不超过1且在子树的节点的值(-=w),把(y)的子树内距离(y)不超过(2)且在子树的节点的值(-=w/2)....
再设一个值(y=fa_x)。把(y)的子树内距离(y)不超过(1)且在子树的节点的值(-=w/2),把y的子树内距离y不超过2且在子树的节点的值(-=w/4)....
但是这里算重了，要把(x)子树的距离(x)不超过1且在子树的节点的值(+=w/4),把y的子树内距离y不超过2且在子树的节点的值(-=w/8)....
这可以使用线段树简单实现。
在统计答案时，维护区间(min)值，暴力递归(min<0)的部分。这些点破产了。
使用树状数组+dfs序统计某个点子树的破产点的个数，即可回答询问。
这里的复杂度是(min<0)的节点形成的虚树大小。最坏情况是节点数(*log_2n)。不是瓶颈。
所以我们可以在(log_2^2V*log_2n)的时间复杂度求出了答案。
标算的时间复杂度就是这个。
然而有更加优秀的做法。
我们的线段树可以解决对一段连续节点的区间+和区间查询。
但是我们的问题更弱，只需要单点查询，对子树距离(d)的点修改即可。
考虑每个点对另外的点的贡献。设(f_{i,j})表示(i)节点对子树距离为(j)的点的贡献。
考虑上面使用线段树修改的过程。
我们需要对一个节点(x)距离(=k)的点(-=va)，则在数组上(f_{x,k}-=va)。
但是有些贡献算重了，要加回去。也可以在(f)上简单更新。
查询一个点(x)就是跳它的祖先(z)，设(dis(x,z)=t)，则答案(+=f_{z,t})
这样子，修改时间复杂度降低到(log_2^2n)。
如果我们求出每个点破产的时间，那么通过树状数组就能得到答案。
求出每个点破产的时间可以整体二分。有一种特殊的整体二分。
把所有询问一起二分。处理出所有的询问的终点值(md)。
把(md)排序，从小到大处理(md)。
整体二分时候按照(md)排序后扫描线。
使用vector。(g_{x,,i})是一个二元组表，是可持久化的。(g_{x,po,i,0/1})表示(x)距离(i)的点在(g_{x,po,i,0})时间后，(g_{x,po+1,i,0})时间前的值是(g_{x,po+1,i,1})
可以简单使用前缀和处理。
在扫描线的时候，设(p_{x})表示(x)节点的移动到了哪一个版本。
扫描线时移动(p)即可。
分析复杂度。
由于(g_{x,i})长度的和是(nlog_2)的，每个元素是个长度为(log_2V)的数组。所以(p_x)在一个扫描线最多移动(log_2V)次。总次数(nlog_2V)
我们需要访问某个点的父亲的值，而最多访问(log_2n)个，一次访问由于(p)已经移动好，所以访问时间复杂度是(nlog_2)的，做一次扫描线时间复杂度是(nlog_2)的
所以借助扫描线和可持久化，我们在(O(nlog_2^2))的时间复杂度解决了该问题。