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题目描述
小 C 是 F 国的总统，尽管这个国家仅存在于网络游戏中，但他确实是这个国家的总统。
F 国由 n 个城市构成，这 n 个城市之间由 n−1 条双向道路互相连接。保证从任意一个城市出发，都能通过这 n−1 条双向道路，到达任意一个城市。
当然，通过这些双向道路是要收费的。通过第 i 条双向道路，需要花费 ci 元。我们称 ci 为第 i 条双向道路的费用。
我们定义 cost(x,y) 表示从城市 x 到城市 y 的简单路径上，所有经过的双向道路的费用之和。特殊地，当 x=y 时，cost(x,y)=0。
为了促进 F 国发展，小 C 新建了一个城市 n+1。现在他需要再新建一条双向道路，使得城市 n+1 也可以通过这 n 条双向道路到达任意一个城市。
他共有 q 个新建道路的方案，每个方案会给定两个参数 ki,wi；对于每一个方案，你需要求出在新建一条连接城市 ki 和城市 n+1 且费用为 wi 的双向道路后，所有 cost(i,j) 之和，即 。
由于答案可能很大，所以你只需要输出答案对 998244353 取模的结果。
方案之间相互独立，也就是说所有方案不会影响现有的道路，这些方案不会真正被施行。
输入格式
第一行两个整数 n,q。
接下来 n−1 行，第 i 行三个整数 ui,vi,ci，表示存在一条连接城市 ui 和城市 vi 的双向道路，其费用为 ci。
接下来 q 行，第 i 行两个整数 ki,wi，表示一个新建道路的方案。
输出格式
共 q 行，每行一个整数，第 i 行的整数表示在新建一条连接城市 ki 和城市 n+1 且费用为 wi 的双向道路后，所有 cost(i,j) 之和对 998244353 取模的结果，即 mod998244353。
输入输出样例
输入 #1
4 2
2 1 3
3 2 2
4 2 4
1 2
2 2输出 #1
100
88输入 #2
9 5
2 3 6
6 1 4
5 2 10
2 4 1
9 1 9
2 8 3
1 2 3
7 4 8
4 9
7 3
6 1
9 7
2 1输出 #2
1050
1054
970
1148
896说明/提示
【样例解释 #1】
在新建一条连接城市 1 和城市 5 且费用为 2 的双向道路后，F 国的道路如下图所示：
例如，此时 cost(4,5)=9，cost(1,3)=5。
容易求得此时 =100。
【样例 #3】
见附加文件中的 city/city3.in 与 city/city3.ans。
该样例满足测试点 4 的限制。
【样例 #4】
见附加文件中的 city/city4.in 与 city/city4.ans。
该样例满足测试点 11 的限制。
【样例 #5】
见附加文件中的 city/city5.in 与 city/city5.ans。
该样例满足测试点 14 的限制。
【样例 #6】
见附加文件中的 city/city6.in 与 city/city6.ans。
该样例满足测试点 20 的限制。
【数据范围】
对于 100% 的数据，2≤n≤2×，1≤q≤2×
，1≤ui,vi,ki≤n，1≤ci,wi≤
，保证从任意一个城市出发，都能通过原本存在的 n−1 条双向道路，到达任意一个城市。
| 测试点编号 | n≤ | q≤ | 特殊性质 |
|---|---|---|---|
| 1∼3 | 80 | 80 | 无 |
| 4∼7 | 5000 | 5000 | 无 |
| 8∼10 | 5000 | 2× | 无 |
| 11∼13 | 2× | 2× | A |
| 14∼16 | 2× | 2× | B |
| 17∼20 | 2× | 2× | 无 |
特殊性质 A：保证对于所有的 1≤i<n，都有 ui=i,vi=i+1。
特殊性质 B：保证对于所有的 1≤i≤q，都有 ki=1。
附件下载
city数据 1.24MB
参考代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
const int mod=998244353;
int tot,d[N],size[N],a1,sum[N],w[N],h[N*2],to[N*2],ne[N*2],n,m,ans;
void add(int a,int b,int c)
{tot++;ne[tot]=h[a];h[a]=tot;to[tot]=b;w[tot]=c;
}
void dfs1(int u,int fa)
{size[u]=1;for(int i=h[u];i;i=ne[i]){int v=to[i];if(fa==v)continue;dfs1(v,u);d[u]=(d[u]+d[v]+w[i]*size[v])%mod;size[u]+=size[v];}
}
void dfs2(int u,int fa)
{for(int i=h[u];i;i=ne[i]){int v=to[i];if(v==fa)continue;d[v]=(d[u]-size[v]*w[i]%mod+w[i]*(n-size[v])%mod+mod)%mod;dfs2(v,u);}
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);int a,b,c;cin>>n>>m;for(int i=1;i<n;i++){cin>>a>>b>>c;add(a,b,c);add(b,a,c);}dfs1(1,0);
// cout<<d[1]<<'\n';dfs2(1,0);for(int i=1;i<=n;i++)ans=(ans+d[i])%mod;for(int i=1;i<=m;i++){cin>>a>>b;int k=(d[a]+n*b)%mod;k=k*2%mod;cout<<(k+ans)%mod<<'\n';}return 0;
}