題目

還是懶得把題目放上來了。
大意：給你一棵帶點權的樹，你要花費一些代價選擇一些點使得相鄰的兩個點至少有一個被選。
然後有很多個詢問，每個詢問強制兩個點的狀態，問強制了這兩個點的狀態後的方案。

比賽思路

沒時間了，沒時間了……
匆匆打個44分的暴力就好了。
結果混淆了概念，打出來的DP是求一個點自己或周圍至少有一個選的方案，和題目就不是一個樣子。
比賽結束了，我還沒有調處來，然後就爆0了。

解法

先說說暴力。
這是一個非常典型的問題，設 $f_{}$

考慮正解。
首先說一下，我的解法是在JZOJ、洛谷排名第一的並查集解法，時間複雜度幾乎是線性的。倍增解法或許和並查集解法有很大相似之處，而對於那些打樹鏈剖分的動態DP的方法，個人認為我的方法和他們的方法存在著太大的差別。

首先我們可以抽象地思考一下：
對於這個詢問，其實就是將詢問的兩個點提起來，答案為限制了它們之後，鏈上的子樹的貢獻。
首先我們處理另一個DP，設 $g_{i,0/1}$表示除以 $i$為根的子樹外，不選或選 $i$的最優解。（將它提起來之後，之前的父親也可以看成一個兒子。）
這個方程也是挺好想的（為了方便表達，設 $f_{i,2}=\min\left(f_{i,0},f_{i,1}\right)$）：
$g_{son,0}=g_{i,1}+(f_{i,1}-f_{son,2}) \\ g_{son,1}=\min\left(g_{i,0}+(f_{i,0}-f_{son,1}),g_{i,1}+(f_{i,1}-f_{son,2})\right)$
這個方程是從上往下轉移的。
其中 $f_{i,1}-f_{son,2}$中，由 $f$的轉移方程得 $f_{i,1}-f_{son,2}=\left(\sum f_{son',2}\right)-f_{son,2}=\sum_{son'\neq son} f_{son',2}$
下面的那個類似。

這樣子DP部分就搞完了，剩下的東西就是維護。
我們可以參考一下Tarjan求LCA的過程（這個名字有毒，和強聯通分量的那個完全不是一個東西，不要被名字震撼到），其實也就是用並查集求LCA的過程。
簡要地說一下過程：
對於一個節點 $u$，首先 $fa_u=u$，然後dfs它的兒子。當從它的兒子那裡回溯上來的時候， $fa_{son}=u$，然後列舉和 $u$有關聯的詢問，設另一個點為 $v$，如果 $fa_v \neq 0$，則它還未被訪問過，先不理它；否則， $LCA$就是 $getfather(v)$。
至於這個演算法是為什麼，其實隨便想一想就可以了。在dfs的時候，先到 $LCA$，再到 $v$，回溯上去，在 $LCA$處轉彎，再走到 $u$。由此可見，自 $v$到 $u$，深度最小的地方就是它們的 $LCA$（莫名其妙地想起了ST表求LCA），深度最小的地方也就是 $v$在並查集上的最遠祖先。

對於每個點，我們不只是記錄一下它在並查集上的父親，還要記錄一下它和他父親之間的答案。
每個節點的答案記錄 $4$條資訊，表示父親