树链剖分入门详解
先抛出一个问题，一棵n个点的树，每个点有一个不变的权值，m次询问任意两点之间的权值和。
最简单的算法：m次循环，每次从一个点出发，dfs累计走过的路径，直到到达另外一个点。
int dfs(int x,int fa,long long deep)
{
d[x]=deep;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int u=to[i];if(u==fa) continue;
dfs(u,x,deep+w[i]);
}
}如果你会前缀和，将其利用到树上，将一条条链想象成数组，于是乎我们就可以快速求出在一条链上的两点之间的权值和。
对于不在一条链上的点怎么办呢？我们求一下两点(a,b)的LCA，将（a,b）分为(lca,a)和(lca,b)，这样lca和每一个点都在一条链上了。
void get_treesum(int x,int fa)
{
sum[x]=sum[fa]+a[x];
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int u=to[i];if(u==fa) continue;
get_treesum(u,x);
}
}
long long get_ans(int x,int y,int lca)
{
return sum[x]+sum[y]-sum[lca]-sum[fa[lca]];
}如果还需要你支持一种操作：修改任意一个点的权值
我们还是先考虑处理的是数组，对于数组，我们不能再使用前缀和了，否则每次修改都是o(n)的，我们就可以使用线段树或者树状数组来维护这个数组，做到查询和修改都是o(logn)。
那对于树，可以把树看成很多数组组成的，那么我们可以直接套用线段树么？
显然不可以的，因为要用多棵线段树维护，那么单次修改的复杂度可能高达o(nlogn)。
那么可否用一棵线段树进行维护呢？我们姑且随便编一下号。id[x]表示x点在线段树上的位置。
对于修改o(logn)，但是查询需要一个个点上去搜o(nlogn)。
显然线段树上单点操作和区间操作的复杂度是相同的，而我们每次操作或者查询的点的数量是一定的。
所以我们需要尽量多的区间操作，尽量少的单点操作使我们的总复杂度最小。
那么我们对于一条链的处理，最简单的就是从上到下id[x]依次增加，那么我们处理这条链的时候只需要一次区间操作。
但是问题是我们有很多链的处理，不可能满足每一条链自上而下的id都是依次增加的，只能挑选部分的链形成连续的id。
那我们肯定尽量挑选连续链 尽量长一些，这样造成区间处理的点可以更多，
比如说挑选的这条链从根节点出发延申，显然可以延申到深度最大的叶节点结果更优。
那么我们每次dfs到一个点，就将它节点数最大的儿子标记为重儿子。
void dfs1(int x,int fa)
{
son[x]=1;dep[x]=dep[fa]+1;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int u=to[i];if(u==fa) continue;
dfs1(u,x);son[x]+=son[u];
if(son[u]>son[wson[x]]) wson[x]=son[u];
}
}在第二次dfs的时候，我们主要进行两个操作，一个是将x（dfs到的点）给一个线段树上的位置编号（该编号满足在dfs2完之后很多链的编号是连续的，实现线段树上尽可能多的区间处理），另一个操作是维护每个点的链首是谁。
链首是什么？就是你要处理形成的链的顶端（暂时不理解也没关系）。
void dfs2(int x,int topp)
{
topf[x]=topp;id[x]=++cnt;
if(wson[x]) dfs2(wson[x],topp);
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int u=to[i];if(u==wson[x]||u==fa[x]) continue;
dfs2(u,u);
}
}处理完之后可以得到类似下图，蓝字是id[]，红点表示链首，粗线表示重链，细线表示轻链。
这样我们任意取一个点到根节点，可以发现处理次数均不大于3次。
下面给出从x到根节点最多经过2*logn条链的简单证明：
1.假设上方全部是轻链，那么假设当前走过一条轻链u→v(fa[u]==v)，必定存在v的一个儿子的节点数大于son[u]，那么走过这条轻链的时候，我们就已经至少有2*son[u]个点不需要操作了，每跳一次轻链就少处理当前儿子数的两倍，所以最多处理logn次。
2.假设上方全是重链，只需要一次线段树操作。
3.假设又有重链又有轻链，那么我们处理的不是重链就是轻链，处理完一次重链上面的链必定是轻链（如果重链上面是重链，那么他们显然可以连接在一起处理一次），所以走重链的次数和约等于走轻链的次数，那么最糟糕的情况就是走logn次轻链和logn次重链。
树链剖分非常依赖线段树的操作，线段树用的越好，链剖用的越好，下面是建线段树的操作。
#define lson o<<1
#define rson (o<<1)|1
void build_tree(int o,int l,int r)
{
if(l==r) {t[o]=a[l];return ;}
int mid=(l+r)/2;
build_tree(lson,l,mid);build_tree(rson,mid+1,r);
}t[o]中的o对应的是线段树的节点编号，而a[l]的l代表线段树的位置编号，所以我们需要在dfs2中加入下列操作：
topf[x]=topp;id[x]=++cnt;a[cnt]=v[x];v[x]对应的是真实树上的x点的权值，x在线段树上的位置编号是cnt，所以a[]是过渡数组，将线段树节点编号和点权值相联系。
下面是修改真实树x节点的权值改为y（实际上就是线段树的单点修改）：
void c_tree(int o,int l,int r,int pos,int val)
{
if(l==r) {t[o]=val;return ;}
int mid=(l+r)/2;
if(pos<=mid) c_tree(lson,l,mid,pos,val);
else c_tree(rson,mid+1,r,pos,val);
t[o]=t[lson]+t[rson];
}
c_tree(1,1,n,id[x],y);下面是我们查询一条链权值和的操作，因为是一条处理后的链，所以id是连续的(l,l+1,l+2......r-2,r-1,r)，下面的查询操作：
LL quiry_tree(int o,int l,int r,int ll,int rr)
{
if(ll<=l&&rr>=r) return t[o];
int mid=(l+r)/2;LL ans=0;
if(ll<=mid) ans+=quiry_tree(lson,l,mid,ll,rr);
if(rr>mid) ans+=quiry_tree(rson,mid+1,r,ll,rr);
return ans;
}那么我们现在处理两个点之间的权值和，我们已经可以处理一条链的权值和，我们现在只需要把两点之间的线段分成很多条链，我们两个点同时处理，每次先把 链首 深度 大的链先处理，然后该点跳到链首的父亲位置（点的位置都是没有处理的点），直到他们都跳到同一条链中（请想象），再处理这条链即可。
LL quiry_road(int x,int y)
{
LL ans=0;
while(topf[x]!=topf[y]) //不是同一条链就跳
{
if(dep[topf[x]]