原题链接
困难题。
解析
考虑处理出形如 \((u,v,d)\) 的三元组表示编号从 \(u\) 到 \(v\) 的点的 LCA 深度为 \(d\)，且区间 \([u,v]\) 是极长的。怎么处理呢？肯定要利用子树信息，我们尝试进一步合并子树已经合并出的区间，并将合并出的更大区间记录。由于合并 \(n-1\) 次就变成 \([1,n]\) 了，所以最终处理出的三元组数量是 \(O(n)\) 的。运用启发式合并的思想，对于点 \(x\) 遍历轻儿子所在子树中的结点并尝试扩展其所在区间，看 \(u-1\) 和 \(v + 1\) 是否还在 \(x\) 的子树内，是则合并，合并的过程可以使用并查集来维护。
时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。（但是貌似有些地方说是单 \(\log\) 的，然后又没有同时写路径压缩和按秩合并，搞不太懂。作者写 \(\log^2\) 是因为懒得写按秩合并。）
然后处理询问，需要讨论询问区间 \([l,r]\) 与三元组区间 \([u,v]\) 的相交情况：
若 \(u \le l \le r \le v\)，则我们希望统计 \((u,v,d)\) 中 \(d\) 的最大值。考虑扫描线，从左往右扫，遇到 \(u\) 就在 \(v\) 位置上做出 \(d\) 的贡献，遇到 \(l\) 就对区间 \([r,n]\) 取最大值，可以使用线段树来维护。
若 \(l \le u \le r \le v\)，则此时有额外限制 \(r - u + 1 \ge k\)。由于每次询问的 \(k\) 不一样，考虑对 \(k\) 从大到小做扫描线。对于每个 \(k\)，加入所有区间长度为 \(k\) 的三元组，在 \(u\) 处做 \(d\) 的贡献，对于询问参数为 \(k\) 的询问，只需查询 \([l,r - k + 1]\) 中的最大值，同样可以使用线段树来维护。
若 \(u \le l \le v \le r\)，则此时有额外限制 \(v - l + 1 \ge k\)。处理方法同上，最终是在 \(v\) 处作贡献，查询 \([l + k - 1,r]\) 中的最大值。
若 \(l \le u \le v \le r\)，则可以发现这种情况被包含在第二第三种情况中了，且不影响正确性。
这部分的时间复杂度是 \(O(n \log n)\)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ls(p) ((p) << 1)
#define rs(p) (((p) << 1) | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 5e5 + 5,M = 5e5,mod = 998244353;
vector<int> t[N];
int dep[N],dfn[N],siz[N],son[N];
int res[N];
int cnt = 0;
struct Seg{int l = 0,r = 0,d = 0;Seg(){}Seg(int _l,int _r,int _d) : l(_l),r(_r),d(_d){}friend bool operator < (Seg a,Seg b){return a.l < b.l;}
};
vector<Seg> s,len[N],lf[N];
struct Query{int l,r,k,id;
};
vector<Query> q1[N],q2[N];
struct SMT{int mx[N << 2];SMT(){memset(mx,0,sizeof(mx));}void push_up(int p){mx[p] = max(mx[ls(p)],mx[rs(p)]);}void modi(int p,int l,int r,int k,int x){if(l > k || r < k) return;if(l == r){mx[p] = max(mx[p],x);return;}modi(ls(p),l,mid,k,x),modi(rs(p),mid + 1,r,k,x);push_up(p);}int ask(int p,int l,int r,int L,int R){if(l > R || r < L) return 0;if(l >= L && r <= R){return mx[p];}return max(ask(ls(p),l,mid,L,R),ask(rs(p),mid + 1,r,L,R));}
}t1,t2,t3;
void dfs(int x,int fa){dep[x] = dep[fa] + 1;dfn[x] = ++cnt;siz[x] = 1;for(int nx : t[x])if(nx != fa){dfs(nx,x);siz[x] += siz[nx]; if(siz[son[x]] < siz[nx]) son[x] = nx;}
}
int ft[N],bk[N];
int find(int x,int f[]){if(f[x] != x) f[x] = find(f[x],f);return f[x];
}void merge(int x,int u){int fnt = find(x,ft),bck = find(x,bk);bool f = false;while(dfn[fnt - 1] >= dfn[u] && dfn[fnt - 1] <= dfn[u] + siz[u] - 1){ft[fnt] = find(fnt - 1,ft);fnt = ft[fnt];bk[fnt] = bck;f = true;}while(dfn[bck + 1] >= dfn[u] && dfn[bck + 1] <= dfn[u] + siz[u] - 1){bk[bck] = find(bck + 1,bk);bck = bk[bck]; ft[bck] = fnt;f = true;}if(f){s.push_back({fnt,bck,dep[u]});len[bck - fnt + 1].push_back({fnt,bck,dep[u]});lf[fnt].push_back({fnt,bck,dep[u]});}
}
void sol(int x,int fa,int u){for(int nx : t[x])if(nx != fa){sol(nx,x,u);}merge(x,u);
}
void dfs2(int x,int fa){for(int nx : t[x])if(nx != fa){dfs2(nx,x);}for(int nx : t[x])if(nx != fa && nx != son[x]){sol(nx,x,x);}merge(x,x);len[1].push_back({x,x,dep[x]});lf[x].push_back({x,x,dep[x]});
}
int read(){int a = 1,x = 0;char ch = getchar();while(ch > '9' || ch < '0'){if(ch == '-') a = -1;ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar(); }return a * x;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);int n,q;n = read();for(int i=1;i<=n;i++){ft[i] = bk[i] = i;} for(int i=1;i<n;i++){int u,v;u = read(),v = read();t[u].push_back(v);t[v].push_back(u);} dfs(1,0);dfs2(1,0);q = read();for(int i=1;i<=q;i++){int l,r,k;l = read(),r = read(),k = read();q1[l].push_back((Query){l,r,k,i});q2[k].push_back((Query){l,r,k,i});}for(int i=1;i<=n;i++){for(Seg x : lf[i]){t1.modi(1,1,n,x.r,x.d);}for(Query x : q1[i]){res[x.id] = max(res[x.id],t1.ask(1,1,n,x.r,n));}}for(int i=n;i>=1;i--){for(Seg x : len[i]){t2.modi(1,1,n,x.l,x.d);t3.modi(1,1,n,x.r,x.d);}for(Query x : q2[i]){res[x.id] = max({res[x.id],t2.ask(1,1,n,x.l,x.r - i + 1),t3.ask(1,1,n,x.l + i - 1,x.r)});}}for(int i=1;i<=q;i++){cout<<res[i]<<'\n';}return 0;
}