时间限制1秒 内存限制64M
题目描述：
「我们大部分的烦恼，是来自于梦想另一种有可能的人生。把希望寄托于自己的可能性这种不能指望的东西，正是万恶的根源。」
时间突然停止。
我获得了可以在平行世界中穿梭的能力。
宇宙中存在着无数的平行世界，这些世界组成了一个树形的结构，每个世界有一个编号和一个幸福度。
每当我做出选择时，世界会分裂成若干个新的世界。选择会导致幸福度的变化。根据选择的不同，在新的世界里，我可能会变的更加幸福，或者更加不幸。
出于某些原因，我只能在处于相同时间的世界内穿梭，而且只能在由若干个时间单位前的世界分裂来的世界中穿梭。
我要在平行世界中找到一个最幸福的世界，在那里继续生活下去。然而真的存在这样的世界吗？
输入格式：
第一行，一个整数
，表示一共有
接下来
行，每行三个整数
,
,
.
表示,
)
接下来一行，一个整数
，表示接下来有Q个询问。
接下来
，
。
数据保证，1号世界是根节点，且1号节点的幸福度是
。
，表示一共有
行，每行三个整数
,
, 
.
, 
)
，表示接下来有Q个询问。
， 
。
。输出格式：
的整数表示第
的整数表示第样例输入：
8
1 2 1
2 3 3
1 4 2
1 5 -2
5 6 3
5 7 4
5 8 -2
3
6 1
6 2
5 1
样例输出:
2
4
2
样例解释：
对于第二个询问(6, 2)，6号世界2个时间单位前的世界是1号世界，1号世界分裂的所有世界中，与6号世界处在相同时间的是3号、6号、7号、8号世界，其中幸福度最高的是3号世界(0 + 1 + 3 = 4)。
题目大意：
一棵有根树，每个节点有一个权值，现在有若干个询问，对于每一个询问（x，y），求与x节点有相同深度且具有相同第y级祖先的所有节点中，权值的最大值。
解题思路：
用类似在线倍增lca的思路，nlogn预处理，可以在logn内求出他的y级祖先。
相同深度而且有某个公共y级祖先的节点的bfs序是连续的，如果获得了bfs序的区间，可以用rmq求出这个区间节点中的最大权值。
先求出所有点的bfs序，构建这些节点的st，然后二分求出区间的左端点和右端点（随着bfs序的增大他们的y级祖先的bfs序也在增大）每次求祖先logn的，因此查询的复杂度是（logn)^2的，总的复杂度o(qlognlogn)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn = 100050;
const double eps = 1e-6;
int p[maxn][55], head[maxn], tot, val[maxn], vis[maxn], bfsxu, pos[maxn], spos[maxn], mm[maxn];
int maxx[maxn][55];
struct node {
int from, to, next, val;
}e[maxn];
void init()
{
tot = 0; bfsxu = 1; pos[1] = 1; spos[1] = 1;
memset(head, -1, sizeof(head));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
memset(val, 0, sizeof(val));
memset(p, -1, sizeof(p));
}
void add(int u, int v, int w)
{
e[tot].from = u;
e[tot].to = v;
e[tot].next = head[u];
e[tot].val = w;
head[u] = tot++;
}
void dfs(int u)
{
vis[u] = 1;
for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].next)
{
int v = e[i].to;
if (!vis[v])
{
p[v][0] = u;
dfs(v);
}
}
}
void rmq(int n)
{
for (int j = 1; (1 << j) <= n; j++)
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (~p[i][j - 1])p[i][j] = p[p[i][j - 1]][j - 1];
}
void st(int n)
{
mm[0] = -1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
mm[i] = ((i&(i - 1)) == 0) ? mm[i - 1] + 1 : mm[i - 1];
maxx[i][0] = val[pos[i]];
}
for (int j = 1; j <= mm[n]; j++)
for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++)
maxx[i][j] = max(maxx[i][j - 1], maxx[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
}
int lca(int x, int y)
{
int pa = x;
while (y&&pa != -1)
{
int low = y&(-y);
pa = p[pa][mm[low]];
y -= low;
}
if (pa == -1)return 0;
return pa;
}
int solve(int x, int y)
{
int k = mm[y - x + 1];
return max(maxx[x][k], maxx[y - (1 << k) + 1][k]);
}
int main()
{
int n, x, y, z, q;
while (~scanf("%d", &n))
{
init();
for (int i = 1; i < n; i++)
{
scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
add(x, y, z);
}
dfs(1);
rmq(n);
queue<int>que;
que.push(1);
while (!que.empty())
{
int u = que.front(); que.pop();
for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].next)
{
int v = e[i].to;
val[v] = val[e[i].from] + e[i].val;
pos[++bfsxu] = v; spos[v] = bfsxu;
que.push(v);
}
}
st(n);
scanf("%d", &q);
while (q--)
{
scanf("%d%d", &x, &y);
int fa = lca(x, y), ll, rr;
int l = 1, r = spos[x];
while (l<r)
{
int mid = (l + r) / 2;
if (spos[lca(pos[mid], y)] < spos[fa])l = mid + 1;
else r = mid;
}
ll = l;
l = spos[x], r = n;
while (l<r)
{
int mid = (l + r) / 2;
if (spos[lca(pos[mid], y)]>spos[fa])r = mid - 1;
else l = mid;
if (r == l + 1)
{
if (spos[lca(pos[r], y)] == spos[fa])l = r;
else r = l;
}
}
rr = l;
printf("%d\n", solve(ll, rr));
}
}
return 0;
}