这次考试后面心态爆炸了。。。发现刚了2h的T2是假的之后就扔掉了，草率地打了个骗分
T1只会搜索和m=0
最先做的T3，主要是发现部分分很多，当时第一眼看上去有87分（眼瞎了）。
后来想了想，感觉一条链不可做，69分
码出来69分之后去测了一下第二个大样例，发现跑了2.6s，心态爆炸，预计得分47
出分之后发现把4000的22分拿到了，有69分。
于是成功凭借T3苟进rk3
T1.
是个容斥好题，考场上一直在想如何对点容斥，想到考试结束也没想出来。
正解是容斥边。
T2.
欧拉回路
T3.
考试时用了0.5h切掉69分，想说一下，和正解思路完全不一样。
脸哥和正解都是将整体的式子化简求解，其实这个式子就是树上任意两点距离平方之和，因此我们可以考虑每个点对于答案的贡献。
考虑树上dp，如何从儿子的答案转移到父亲
我们令al[i]表示子树中所有点到i的距离之和，ans[i]表示子树中所有点到i的距离平方之和，siz[i]表示子树大小,w[i]表示i到父亲的距离。
那么有
ans[fa]+=ans[i]+2*al[i]*w[i]+w[i]*w[i]*siz[y]
al[fa]+=al[i]+siz[i]*w[i]
于是我们就可以求出来ans[1],然后我们可以通过上面这个式子进行换根，于是我们可以在O（n）的复杂度内求出解
总复杂度O（nq）,常数较大，代码实现很简单。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define mod 1000000007 3 #define ll long long 4 using namespace std; 5 inline ll read(){ 6 int x=0; 7 char ch=getchar(); 8 while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar(); 9 while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48,ch=getchar(); 10 return x; 11 } 12 int n,f[100005],fi[100005],to[100005],ne[100005],tot,sb,q; 13 ll siz[100005],al[100005],fang[100005],ans,ni,w[100005]; 14 inline void add(int x,int y){ 15 ne[++tot]=fi[x]; 16 fi[x]=tot; 17 to[tot]=y; 18 } 19 void dfs(int x){ 20 siz[x]=1;al[x]=0,fang[x]=0; 21 for(int i=fi[x];i;i=ne[i]){ 22 int y=to[i]; 23 dfs(y); 24 al[x]=(al[x]+al[y]+(siz[y]*w[y]))%mod; 25 fang[x]=(fang[x]+fang[y]+al[y]*w[y]*2+w[y]*w[y]%mod*siz[y])%mod; 26 siz[x]+=siz[y]; 27 } 28 } 29 void dfs2(int x){ 30 ans=(ans+fang[x])%mod; 31 for(int i=fi[x];i;i=ne[i]){ 32 int y=to[i]; 33 ll fx=(fang[x]-fang[y]-al[y]*w[y]*2-w[y]*w[y]%mod*siz[y])%mod, 34 ax=(al[x]-al[y]-(siz[y]*w[y]))%mod; 35 fang[y]=(fang[y]+fx+ax*w[y]*2+w[y]*w[y]%mod*(n-siz[y]))%mod; 36 al[y]=(al[y]+ax+(n-siz[y])*w[y])%mod; 37 dfs2(y); 38 } 39 } 40 int main(){ 41 sb=read(),n=read(),q=read(); 42 ni=50000004; 43 for(int i=2;i<=n;i++)f[i]=read(),w[i]=read(),add(f[i],i); 44 dfs(1); 45 dfs2(1); 46 printf("%lld ",(ans+mod)%mod*ni%mod); 47 while(q--){ 48 int u=read(); 49 ll ad=read(); 50 w[u]=(w[u]+ad)%mod; 51 dfs(1); 52 ans=0; 53 dfs2(1); 54 printf("%lld ",(ans+mod)%mod*ni%mod); 55 } 56 return 0; 57 }
正解不会，咕了