题意：一棵$n$个点的树，每个点有权值$a_i$，初始时给定。维护：

1. 单点权值加上一个正数。

2. 询问每个点恰好执行$a_i$次 access 操作，任意安排顺序的条件下切换轻重链总次数的最大值。

$n\le 4\times 10^5$

一道奇怪的题（？）

对于一个点$u$，考虑它子树内两个相邻 access的点，它们在$u$这里切换了一次当且仅当它们属于 不同的 $u$的儿子 为根 的 子树。（为了方便，我们把$u$单独这一个点看成$u$的子树。）

把来自同一个子树内的一次access看成一种颜色的小球，我们希望相邻的不同色小球尽量多。

结论 设总小球数为$n$,颜色最多的小球个数为$m$，那么最大贡献为min⁡{n−1,2(n−m)}\min\{n-1,2(n-m)\}min{n−1,2(n−m)}

证明

考虑把最多的颜色摆出来，在$m-1$个空隙中放其他颜色。

1. 假设最多的颜色只有一种

把所有其他颜色的球依次往空隙中放，放完一个颜色继续往下一个空隙放，空隙放完了再从第一个开始。

如果空隙都放完了，即$n-m\ge m-1$,即$n-1\le 2(n-m)$，所有相邻的小球颜色都不同，答案为$n-1$

否则颜色最多的球一定会相邻。考虑开始时贡献为$0$，插入一个任意颜色的球最多让贡献$+2$，上面的构造方法可以达到这个最大值，所以最大贡献为$2(n-m)$

2. 最多的颜色有多种

显然这时$m\le \frac{n}{2}$,把最多的颜色各取一个构成一组绑在一起，然后其他颜色用同样的方法放在组之间的空隙内，这样不会有同色相邻。

就可以$O(n)$处理了

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然后考虑怎么用数据结构维护这玩意

上面已经推过了，虽然表达式看起来很奇怪，但实际上本质上是判断最大的子树是否超过自己的一半（这里的大小都是指$a$的和）

一点也不自然地想到实链剖分

具体而言，设$su{m}_u$表示$u$子树内权值和，对于$u$和它的儿子$v$，如果$2su{m}_v>su{m}_u+1$(先不管$u$本身什么的)，那么$v$是$u$的重儿子，显然重儿子最多有一个。如果不存在这样的儿子就没有重儿子。

这样做的好处是重链上都是取的min⁡{n−1,2(n−m)}\min\{n-1,2(n-m)\}min{n−1,2(n−m)}的右边这项，而把父亲和儿子加上同一个正数时左边会变大，右边不会变，而右边本来就比左边小，不仅仍然是重边，连这个点的答案都不会改变，直接跳过去就可以了。而到根的轻边是$O(\log V)$的，直接讨论一下轻边的情况即可。

具体而言就是魔改一下LCT的access，跳轻边的时候需要判一下。具体实现的时候很诡异，建议直接看代码。

注意复杂度是通过轻边条数而非finger-search保证的，所以必须在修改前dfs一遍处理出重儿子

复杂度应该是$O(n\log n\log V)$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <vector>
#define MAXN 400005
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans;
}
int ch[MAXN][2],fa[MAXN];
ll val[MAXN],lz[MAXN];
inline void pushlzy(int x,ll v){val[x]+=v,lz[x]+=v;}
inline void pushdown(int x)
{if (lz[x]){if (ch[x][0]) pushlzy(ch[x][0],lz[x]);if (ch[x][1]) pushlzy(ch[x][1],lz[x]);lz[x]=0;}
}
inline int get(int x){return ch[fa[x]][1]==x;}
inline bool isroot(int x){return ch[fa[x]][0]!=x&&ch[fa[x]][1]!=x;}
inline void rotate(int x)
{int y=fa[x],z=fa[y];int l=get(x),r=l^1;int w=ch[x][r];if (!isroot(y)) ch[z][get(y)]=x;ch[x][r]=y,ch[y][l]=w;if (w) fa[w]=y;fa[y]=x,fa[x]=z;
}
int q[MAXN],tp;
inline void splay(int x)
{q[tp=1]=x;for (int i=x;!isroot(i);i=fa[i]) q[++tp]=fa[i];for (int i=tp;i>=1;i--) pushdown(q[i]);while (!isroot(x)){int y=fa[x];if (!isroot(y)){if (get(x)==get(y)) rotate(y);else rotate(x);}rotate(x);}
}
ll res[MAXN],a[MAXN],ans;
inline int findrt(int x){while (ch[x][0]) pushdown(x),x=ch[x][0];return x;}
inline void access(int x,int v)
{a[x]+=v;for (int y=0;x;y=x,x=fa[x]){splay(x);val[x]+=v;if (ch[x][0]) pushlzy(ch[x][0],v);ans-=res[x];int t=findrt(ch[x][1]);if (2*(val[x]-val[t])>=val[x]-1) ch[x][1]=0;t=findrt(y);if (2*(val[x]-val[t])<val[x]-1) ch[x][1]=y;t=findrt(ch[x][1]);res[x]=(t? 2*(val[x]-val[t]):val[x]-1);if (2*a[x]>val[x]+1) res[x]=2*(val[x]-a[x]);ans+=res[x];}
}
vector<int> e[MAXN];
void dfs(int u)
{val[u]=a[u];for (int i=0;i<(int)e[u].size();i++)if (e[u][i]!=fa[u]){fa[e[u][i]]=u;dfs(e[u][i]);val[u]+=val[e[u][i]];}for (int i=0;i<(int)e[u].size();i++)if (e[u][i]!=fa[u]&&2*val[e[u][i]]>val[u]+1)ch[u][1]=e[u][i];res[u]=(ch[u][1]? 2*(val[u]-val[ch[u][1]]):val[u]-1);if (2*a[u]>val[u]+1) res[u]=2*(val[u]-a[u]);ans+=res[u];
}
int main()
{int n,m;n=read(),m=read();for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();for (int i=1;i<n;i++){int u,v;u=read(),v=read();e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);}dfs(1);	printf("%lld\n",ans);while (m--){int x,v;x=read(),v=read();access(x,v);printf("%lld\n",ans);}return 0;
}