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给定一个无向图 $n$ 。有 $m$ 条边。
每一个点有一个权值。
有 $Q$ 次操作，有两种类型：
1. 给一个点的权值加上 $v$ 。
2. 对于每条关于 $x$ 的无向边，累加另一端点的权值，并输出最终的累加和。（可能会有重边）
$n\leq 100000, m\leq n+10$ ， $Q$ 数据范围不详。
这题本来是个分块题。
但是，由于 $m\leq n+10$ ，我们就有了一种复杂度正确的简易算法。
我们先 dfs 跑出原图的一个生成树。于是剩余的边就最多 10 条了。
我们对于每一个点维护一下除父亲外的权值和，以及单点权值和。
询问的时候就是第一种信息和父亲的单点权值和加起来。
修改的时候，首先修改一下自己的单点权值和，然后修改一下父亲的单点权值和，然后暴力修改非树边所指向的点的“除父亲外的权值和”，即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100025;
struct Gragh{
static const int M=N*2;
int cnt,y[M],nxt[M],fst[N];
void clear(){
cnt=1;
memset(fst,0,sizeof fst);
}
void add(int a,int b){
y[++cnt]=b,nxt[cnt]=fst[a],fst[a]=cnt;
}
}g,g2;
int T,n,m,Q,fa[N],flag[N],vis[N],v[N],sontot[N];
void dfs(int x,int pre){
fa[x]=pre;
vis[x]=1;
for (int i=g.fst[x];i;i=g.nxt[i])
if (!vis[g.y[i]]){
flag[i>>1]=1;
dfs(g.y[i],x);
}
else if (!flag[i>>1]){
flag[i>>1]=1;
g2.add(x,g.y[i]);
g2.add(g.y[i],x);
}
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while (T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
g.clear();
for (int i=1,a,b;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&a,&b);
g.add(a,b);
g.add(b,a);
}
memset(fa,0,sizeof fa);
memset(flag,0,sizeof flag);
memset(vis,0,sizeof vis);
memset(sontot,0,sizeof sontot);
memset(v,0,sizeof v);
g2.clear();
dfs(1,0);
scanf("%d",&Q);
while (Q--){
int opt,x,y;
scanf("%d",&opt);
if (opt==0){
scanf("%d%d",&x,&y);
if (fa[x])
sontot[fa[x]]+=y;
v[x]+=y;
for (int i=g2.fst[x];i;i=g2.nxt[i])
sontot[g2.y[i]]+=y;
}
else {
scanf("%d",&x);
printf("%d\n",v[fa[x]]+sontot[x]);
}
}
}
return 0;
}
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