Description
小B最近正在玩一个寻宝游戏，这个游戏的地图中有N个村庄和N-1条道路，并且任何两个村庄之间有且仅有一条路径可达。游戏开始时，玩家可以任意选择一个村庄，瞬间转移到这个村庄，然后可以任意在地图的道路上行走，若走到某个村庄中有宝物，则视为找到该村庄内的宝物，直到找到所有宝物并返回到最初转移到的村庄为止。小B希望评测一下这个游戏的难度，因此他需要知道玩家找到所有宝物需要行走的最短路程。但是这个游戏中宝物经常变化，有时某个村庄中会突然出现宝物，有时某个村庄内的宝物会突然消失，因此小B需要不断地更新数据，但是小B太懒了，不愿意自己计算，因此他向你求助。为了简化问题，我们认为最开始时所有村庄内均没有宝物
Input
第一行，两个整数N、M，其中M为宝物的变动次数。
Output
M行，每行一个整数，其中第i行的整数表示第i次操作之后玩家找到所有宝物需要行走的最短路程。若只有一个村庄内有宝物，或者所有村庄内都没有宝物，则输出0。
Sample Input
Sample Output
HINT
1<=N<=100000
Source
首先答案是路径的并的权值和乘2，因为每条边至少需要经过两次(一去一回)，而且经过两次必然可以完成遍历。。。
hzwer的做法，答案是dfs序相邻两点距离和加上首尾的距离和，这样保证了每条边都经过了两遍。。。
根据虚树那套理论：
考虑dfs序相邻的两个点x,y和其Lca(dfn[Lca]<=dfn[x]<dfn[y])的关系只有两种情况：
1.x=Lca;
那么y在x的子树内，并且是一棵新的子树，这样x->y的路径被第一次经过。。。
2.x和y分居在Lca的两棵不同子树中，并且我们知道x是Lca的某个子树的叶子节点(即Lca->x的所有路径都被经过了一次)，
而y是Lca的一棵新子树，那么从x->y的路径，经过的路径就是从x->Lca的路径第二次被进过而且不会被再次经过。。。
Lca->y的路径被第一次经过。。。最后我们再从dfs序最大的叶子结点回到根节点，保证其路径被经过了两遍。。。
然后我们就只需要用set来维护dfs序相邻两点的距离即可。。。
// MADE BY QT666#include#include #include #include #include #include #define int long longusing namespace std;typedef long long ll;const int N=300050;int head[N],to[N],nxt[N],w[N],cnt,n,m,bj[N];int deep[N],size[N],top[N],dfn[N],id[N],son[N],fa[N],tt;ll dis[N],ans;set s;set ::iterator it,pre,nex;void lnk(int x,int y,int z){ to[++cnt]=y,nxt[cnt]=head[x],w[cnt]=z,head[x]=cnt; to[++cnt]=x,nxt[cnt]=head[y],w[cnt]=z,head[y]=cnt;}void dfs1(int x,int f){ size[x]=1;deep[x]=deep[f]+1; for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){ int y=to[i];if(y==f) continue; dis[y]=dis[x]+w[i];dfs1(y,x); size[y]+=size[x];fa[y]=x; if(size[y]>size[son[x]]) son[x]=y; }}void dfs2(int x,int f){ top[x]=f;dfn[x]=++tt;id[tt]=x; if(son[x]) dfs2(son[x],f); for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){ int y=to[i];if(y==fa[x]||y==son[x]) continue; dfs2(y,y); }}int lca(int x,int y){ while(top[x]!=top[y]){ if(deep[top[x]]