题目解析
唔，首先有一个比较显然的大概是(nq)级别复杂度的做法，就是暴力修改，然后(dfs)两次算出直径。
（不过这没有什么用就是了
因为有修改，我们尝试把树下下来，放到序列上，用线段树维护。
树链剖分？
不，太麻烦喏，我们知道欧拉序这个东西是可以办到的，并且我们之前就用它的性质求过(lca)：两个点对应的欧拉序区间中，深度最小的点就是这两个点的(lca)。
具体而言，设(u)在欧拉序中第一次出现的位置为(l)，(v)在欧拉序中第一次出现的位置为(r)，欧拉序数组为(E[])，那么(lca=E[x],l<=x<=r,dep[E[x]]<=dep[E[l...r]])
如果不知道这个结论可以看看 这个
那么(dist(u,v)=dis[u]+dis[v]-2 imes dis[lca])，(dis[i])指从(1)到(i)的距离。
根据定义，树的直径是所有点对(dist)的最大值
如果用线段树维护（相当于是线段树维护与欧拉序数组对应的点的(dis)，长度为(2n-1)，完成把树变成序列的任务），那对于区间([l,r])的答案长这个样子：
(max{dis[i]+dis[j]-2 imes dis[lca(i,j)]},l<=i<=j<=r)
我们注意到(lca)对于(i,j)来说是一个(rmq)问题，那......线段树套线段树？
没有必要。
具体到这道题而言，由于边权都是正数，所以(lca)也是(dis)最小的那个点，所以可以把答案化为这个样子：
(max{dis[i]+dis[j]-2 imes dis[k] },l<=i<=k<=j<=r)
因为(dis)前面是负号，所以让这个值取(max)的那个位置一定是(dis[k])最小的那个点，所以可以不用再维护([i,j])之间的最小值，而是在维护上述答案的时候自然就处理了（我感觉这里网上很多题解都没有说清楚，我看了好久）
接下来考虑怎么维护上述答案，主要是要便于区间合并。
我们可以把答案看成三部分：(dis[i],dis[j],-2 imes dis[k])
对于每个区间，维护：
(mx=max(dis[i]),l<=i<=r)
(mn=min(dis[i]),l<=i<=r)，（主要是为了(-2 imes dis[k])，维护(max(-dis[i]))也可
(res=max{dis[i]+dis[j]-2 imes dis[k] },l<=i<=k<=j<=r)
为了方便左右儿子合并，也就是(i,j)可以来源于左右不同儿子，合在一起是一个更优的答案，我们还需要维护以下信息：
(rmx=max(dis[i]-2 imes dis[j]),i<=j)，这个可以看成我们还需要在右边找一个右端点来组成答案。
同理，(lmx=max(dis[i]-2 imes dis[j]),i<=j)
然后维护线段树：
(t.mx=max(lc.mx,rc.mx))
(t.mn=min(lc.mn,rc.mn))
(t.res=max(max(lc.res,rc.res),max(lc.rmx+rc.mx,rc.lmx+lc.mx)))
(t.rmx=max(max(lc.rmx,rc.rmx),lc.mx-2rc.mn))
(t.lmx=max(max(lc.lmx,rc.lmx),rc.mx-2lc.mn))
最后查询的时候是查询整棵树的直径，所以不用写(query)
修改的时候，答案只会对这条边深度较大的点的子树的答案产生影响，所以对子树进行更新即可（子树在欧拉序中是连续一段区间
►Code View
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 200005
#define M 200005
#define MOD 998244353
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
LL rd()
{
LL x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1; c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); c=getchar();}
return f*x;
}
struct edge{
int nxt,v;LL w;
}e[M<<1];
int hd[N],cnt=1;
void add(int u,int v,LL w)
{
e[++cnt].nxt=hd[u];
e[cnt].v=v;
e[cnt].w=w;
hd[u]=cnt;
}
struct node{
LL res/*直径*/,mx/*dis最大*/,mn/*dis最小*/;
LL rmx/*dis_i-2dis_j(i<=j)的最大值 差一个右端点*/,lmx/*同理 dis_i-2dis_j(i>=j)的最大值*/;
}tree[N<<2];
LL tag[N<<2];
int n,Q;
LL W;
LL dis[N];
int E[N<<1],tim;//欧拉序
int d1[N],d2[N];//出去进来的时间 即点i在欧拉序中的最左/最右位置
void dfs(int u,int fa)
{
E[++tim]=u;
d1[u]=tim;
for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt)
{
int v=e[i].v;LL w=e[i].w;
if(v==fa) continue;
dis[v]=dis[u]+w;
dfs(v,u);
E[++tim]=u;
}
d2[u]=tim;
}
node Merge(node x,node y)
{
node t;
t.mx=max(x.mx,y.mx);
t.mn=min(x.mn,y.mn);
t.rmx=max(max(x.rmx,y.rmx),x.mx-2*y.mn);
t.lmx=max(max(x.lmx,y.lmx),y.mx-2*x.mn);
t.res=max(max(x.res,y.res),max(x.mx+y.lmx,y.mx+x.rmx));
return t;
}
void PushUp(int i)
{
tree[i]=Merge(tree[i<<1],tree[i<<1|1]);
}
void Build(int i,int l,int r)
{
if(l==r)
{
int u=E[l];
tree[i].mx=tree[i].mn=dis[u];
tree[i].rmx=tree[i].lmx=-dis[u];//dis_u-2*dis_u=-dis_u
tree[i].res=0;//一个点不能构成直径
tag[i]=0;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
Build(i<<1,l,mid);
Build(i<<1|1,mid+1,r);
PushUp(i);
return ;
}
void Modify(int i,LL val)
{
tree[i].mx+=val,tree[i].mn+=val;
tree[i].lmx-=val,tree[i].rmx-=val;//delta=(dis_i-val)-2*(dis_j-val)-(dis_i-2*dis_j)
tag[i]+=val;
}
void PushDown(int i)
{
if(tag[i])
{
Modify(i<<1,tag[i]);
Modify(i<<1|1,tag[i]);
tag[i]=0;
}
}
void Update(int i,int l,int r,int ql,int qr,LL val)
{
if(ql<=l&&r<=qr)
{
Modify(i,val);
return ;
}
PushDown(i);
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid) Update(i<<1,l,mid,ql,qr,val);
if(qr>mid) Update(i<<1|1,mid+1,r,ql,qr,val);
PushUp(i);
}
int main()
{
n=rd(),Q=rd(),W=rd();
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
int u=rd(),v=rd();LL w=rd();
add(u,v,w);
add(v,u,w);
}
dfs(1,0);
Build(1,1,tim);
LL ans=0;
while(Q--)
{
int id=rd(),u;LL d=rd();
id=(id+ans)%(n-1)+1;
d=(d+ans)%W;
if(dis[e[id<<1].v]<dis[e[id<<1|1].v]) id=(id<<1|1),u=e[id].v;
else id=(id<<1),u=e[id].v;
Update(1,1,tim,d1[u],d2[u],d-e[id].w);
e[id].w=e[id^1].w=d;
ans=tree[1].res;
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
/*
修改是给的边的编号 这个时候还是写前向星好一点吧
(怎么感觉vector一无是处了qwq
*/