题目描述
小A走到一个山脚下，准备给自己造一个小屋。这时候，小A的朋友（op，又叫管理员）打开了创造模式，然后飞到
山顶放了格水。于是小A面前出现了一个瀑布。作为平民的小A只好老实巴交地爬山堵水。那么问题来了：我们把这
个瀑布看成是一个n个节点的树，每个节点有权值（爬上去的代价）。小A要选择一些节点，以其权值和作为代价将
这些点删除（堵上），使得根节点与所有叶子结点不连通。问最小代价。不过到这还没结束。小A的朋友觉得这样
子太便宜小A了，于是他还会不断地修改地形，使得某个节点的权值发生变化。不过到这还没结束。小A觉得朋友做
得太绝了，于是放弃了分离所有叶子节点的方案。取而代之的是，每次他只要在某个子树中（和子树之外的点完全
无关）。于是他找到你。
输入
输入文件第一行包含一个数n，表示树的大小。
接下来一行包含n个数，表示第i个点的权值。
接下来n-1行每行包含两个数fr，to。表示书中有一条边（fr，to）。
接下来一行一个整数，表示操作的个数。
接下来m行每行表示一个操作，若该行第一个数为Q，则表示询问操作，后面跟一个参数x，表示对应子树的根；若
为C，则表示修改操作，后面接两个参数x，to，表示将点x的权值加上to。
n<=200000，保证任意to都为非负数
输出
对于每次询问操作，输出对应的答案，答案之间用换行隔开。
样例输入
4
4 3 2 1
1 2
1 3
4 2
4
Q 1
Q 2
C 4 10
Q 1
4 3 2 1
1 2
1 3
4 2
4
Q 1
Q 2
C 4 10
Q 1
样例输出
3
1
4
1
4
考虑没有修改的情况：
我们可以树形$DP$，$f[i]$表示堵住以$i$为根的子树的最小代价，显然可以得到转移方程$f[i]=min(val[i],\sum f[to])$其中$val[i]$表示删除$i$点的代价，$to$表示$i$的子节点。我们设$g[i]$表示点$i$所有轻儿子的$f$之和，那么$f[i]=min(val[i],g[i]+f[son[i]])$其中$son[i]$为$i$的重儿子。我们将后面的$f[son[i]]$展开，那么$f[i]=min(val[i],g[i]+min(val[son[i]],g[son[i]]+f[son[son[i]]]))$。可以发现$f[i]$的最小值就是从$i$开始的连续一段重链的$g$值$+$这段重链链尾的$val$值。我们用图更形象地说明：
其中第一行为重链，下面为他们各自的轻儿子(一个点的所有轻儿子用一个点代表)。
那么最小值就是一段$g$与一个$val$的和的最小值。这个东西实际上就是固定左端点的最小连续子段和(我们称之为最小连续左端和)。
我们树链剖分后用线段树维护每条重链的最小连续左端和即可。
现在考虑有修改操作的情况：
假设修改点为$x$，那么首先会影响$x$所在重链的最小连续左端和即$x$所在重链链头(假设为$u$)的$f$值，也就会进一步影响$u$的父节点的$g$值及$u$的父节点所在重链的最小连续左端和，以此类推会影响到根节点。我们从$x$节点开始往根方向修改沿途重链上的点维护的信息即可。查询时直接查询以查询点为左端点的最小连续左端和。注意只有修改$x$时修改的是$val$值，其他被修改的点都修改的是$g$值。
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
ll v[200010];
ll g[200010];
ll f[200010];
int tot;
int n,m;
int head[200010];
int next[400010];
int to[400010];
int son[200010];
int top[200010];
int fa[200010];
int bot[200010];
int size[200010];
int s[200010];
int pos[200010];
int q[200010];
int num;
int x,y;
ll z;
char ch[3];
struct miku
{
ll sum;
ll mn;
}t[800010];
void add(int x,int y)
{
tot++;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
}
void dfs(int x)
{
size[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=fa[x])
{
fa[to[i]]=x;
dfs(to[i]);
size[x]+=size[to[i]];
if(size[to[i]]>size[son[x]])
{
son[x]=to[i];
}
}
}
}
void dfs2(int x,int tp)
{
s[x]=++num;
q[num]=x;
f[x]=v[x];
top[x]=tp;
if(son[x])
{
dfs2(son[x],tp);
bot[x]=bot[son[x]];
}
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=fa[x]&&to[i]!=son[x])
{
dfs2(to[i],to[i]);
g[x]+=f[to[i]];
}
}
if(!son[x])
{
bot[x]=x;
}
else
{
f[x]=min(f[x],g[x]+f[son[x]]);
}
}
void pushup(int rt)
{
int ls=rt<<1;
int rs=rt<<1|1;
t[rt].sum=t[ls].sum+t[rs].sum;
t[rt].mn=min(t[ls].sum+t[rs].mn,t[ls].mn);
}
void build(int rt,int l,int r)
{
if(l==r)
{
int x=q[l];
pos[x]=rt;
t[rt].sum=g[x];
t[rt].mn=v[x];
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(rt<<1,l,mid);
build(rt<<1|1,mid+1,r);
pushup(rt);
}
void updata(int x)
{
int rt=pos[x]>>1;
while(rt)
{
pushup(rt);
rt>>=1;
}
}
miku query(int rt,int l,int r,int L,int R)
{
if(L<=l&&r<=R)
{
return t[rt];
}
miku ls,rs,res;
int mid=(l+r)>>1;
if(L>mid)
{
return query(rt<<1|1,mid+1,r,L,R);
}
else if(R<=mid)
{
return query(rt<<1,l,mid,L,R);
}
else
{
ls=query(rt<<1,l,mid,L,R);
rs=query(rt<<1|1,mid+1,r,L,R);
res.sum=ls.sum+rs.sum;
res.mn=min(ls.sum+rs.mn,ls.mn);
return res;
}
}
void change(int x,ll val)
{
int now=x;
while(x)
{
ll cnt=query(1,1,n,s[top[x]],s[bot[x]]).mn;
if(x==now)
{
t[pos[x]].mn+=val;
updata(x);
}
else
{
t[pos[x]].sum+=val;
updata(x);
}
val=query(1,1,n,s[top[x]],s[bot[x]]).mn-cnt;
x=fa[top[x]];
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&v[i]);
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
}
dfs(1);
dfs2(1,1);
build(1,1,n);
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%s",ch);
if(ch[0]=='C')
{
scanf("%d%lld",&x,&z);
change(x,z);
}
else
{
scanf("%d",&x);
printf("%lld\n",query(1,1,n,s[x],s[bot[x]]).mn);
}
}
}