看題第一眼反應點分治。。。QAQ但是從來沒寫過動態點分治不會寫。

       然後扒到了一個樹鏈剖分的題解，發現還是可做的。

       考慮一個樸素的問題，如果沒有顏色限制，問所有點到u的距離之和是多少？

       兩點間距離dist(u,v)=deep(u)+deep(v)-2*deep(lca(u,v))。

       因此所有點到u的距離之和=deep(u)*n+Σ(i=1,n)deep(i)-2Σ(i=1,n)deep(lca(u,v))。

       因此關鍵就是求Σ(i=1,n)deep(lca(u,v))。

       換句話說，我們需要知道u的每一個祖先t是多少對(u,v)的lca，實際上又因為t是u的祖先，我們只需要知道t是多少個(v)的祖先，且v->t的路徑和u->t的路徑不重合。

       因此我們先暴力列舉每個點i，將i->rt的路徑覆蓋，送油i->rt的邊經過的次數+1。然後Σ(i=1,n)deep(lca(u,v))就是u->rt的路徑中，Σlen[e]*times[e]，len[e]表示邊權，times[e]表示經過的次數。

       然後就可以用樹鏈剖分維護了。O((N+M)log^2N)。

       考慮顏色限制[l,r]，將問題轉化為字首和統計[1,r]-[1,l-1]。

       然後我們根據顏色從小到大進行路徑覆蓋，由於每次只會修改O(log^2N)個點，用主席樹維護[1,i]的那顆線段樹。然後查詢的時候減一減就好了。時空複雜度O(Nlog^2N)，似乎會MLE?沒關係因為樹鏈剖分好像是做不到log^2N的，只要把陣列稍微比Nlog^2N開小一點就好了。

AC程式碼如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define N 300005
#define M 20000005
using namespace std;

int n,m,mod,trtot,tot,dfsclk,fst[N],pnt[N],len[N],nxt[N];
int pos[N],son[N],fa[N],anc[N],ls[M],rs[M],cvr[M],sz[N],edg[N],rt[N];
ll sum[M],sumd[N],d[N],val[N];
struct node{ int x,y; }a[N];
int read(){
	int x=0; char ch=getchar();
	while (ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
	while (ch>='0' && ch<='9'){ x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); }
	return x;
}
void add(int x,int y,int z){
	pnt[++tot]=y; len[tot]=z; nxt[tot]=fst[x]; fst[x]=tot;
}
bool cmp(node aa,node bb){ return aa.x<bb.x || aa.x==bb.x && aa.y<bb.y; }
void dfs(int x){
	sz[x]=1; int p;
	for (p=fst[x]; p; p=nxt[p]){
		int y=pnt[p]; if (fa[x]==y) continue;
		fa[y]=x; edg[y]=len[p]; d[y]=d[x]+len[p];
		dfs(y); sz[x]+=sz[y];
		if (sz[y]>sz[son[x]]) son[x]=y;
	}
}
void build(int x,int tp){
	pos[x]=++dfsclk; val[dfsclk]=edg[x]; anc[x]=tp;
	if (son[x]) build(son[x],tp); int p;
	for (p=fst[x]; p; p=nxt[p]){
		int y=pnt[p];
		if (fa[x]!=y && son[x]!=y) build(y,y);
	}
}
void ins(int l,int r,int x,int &y,int u,int v){
	y=++trtot; int mid=(l+r)>>1;
	sum[y]=sum[x]; cvr[y]=cvr[x];
	if (l==u && r==v){ ls[y]=ls[x]; rs[y]=rs[x]; cvr[y]++; return; }
	sum[y]+=val[v]-val[u-1];
	if (v<=mid){ rs[y]=rs[x]; ins(l,mid,ls[x],ls[y],u,v); }
	else if (u>mid){ ls[y]=ls[x]; ins(mid+1,r,rs[x],rs[y],u,v); }
	else{ ins(l,mid,ls[x],ls[y],u,mid); ins(mid+1,r,rs[x],rs[y],mid+1,v); }
}
ll qry(int l,int r,int k,int u,int v){
	ll t=(ll)(val[v]-val[u-1])*cvr[k];
	if (l==u && r==v) return t+sum[k];
	int mid=(l+r)>>1;
	if (v<=mid) return t+qry(l,mid,ls[k],u,v);
	else if (u>mid) return t+qry(mid+1,r,rs[k],u,v);
		else return t+qry(l,mid,ls[k],u,mid)+qry(mid+1,r,rs[k],mid+1,v);
}
int find(int x){
	int l=0,r=n+1,mid;
	while (l+1<r){
		mid=(l+r)>>1;
		if (a[mid].x<=x) l=mid; else r=mid;
	}
	return l;
}
int main(){
	n=read(); m=read(); mod=read(); int i;
	for (i=1; i<=n; i++){
		a[i].x=read(); a[i].y=i;
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for (i=1; i<n; i++){
		int x=read(),y=read(),z=read();
		add(x,y,z); add(y,x,z);
	}
	dfs(1); build(1,1);
	for (i=1; i<=n; i++){
		val[i]+=val[i-1]; sumd[i]=sumd[i-1]+d[a[i].y];
	}
	for (i=1; i<=n; i++){
		int x=a[i].y; rt[i]=rt[i-1];
		for (; x; x=fa[anc[x]])
			ins(1,n,rt[i],rt[i],pos[anc[x]],pos[x]);
	}
	ll ans=0; int k,x,y;
	while (m--){
		k=read(); x=(ans+read())%mod; y=(ans+read())%mod;
		if (x>y) swap(x,y);
		x=find(x-1); y=find(y);
		ans=d[k]*(y-x)+sumd[y]-sumd[x];
		for (; k; k=fa[anc[k]])
			ans-=(qry(1,n,rt[y],pos[anc[k]],pos[k])-qry(1,n,rt[x],pos[anc[k]],pos[k]))<<1;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}
 

by lych

2016.2.29