对于第二个询问(6, 2)，6号世界2个时间单位前的世界是1号世界，1号世界分裂的所有世界中，与6号世界处在相同时间的是3号、6号、7号、8号世界，其中幸福度最高的是3号世界(0 + 1 + 3 = 4)。

题目大意：

一棵有根树，每个节点有一个权值，现在有若干个询问，对于每一个询问（x，y），求与x节点有相同深度且具有相同第y级祖先的所有节点中，权值的最大值。

解题思路：

用类似在线倍增lca的思路，nlogn预处理，可以在logn内求出他的y级祖先。

相同深度而且有某个公共y级祖先的节点的bfs序是连续的，如果获得了bfs序的区间，可以用rmq求出这个区间节点中的最大权值。

先求出所有点的bfs序，构建这些节点的st，然后二分求出区间的左端点和右端点（随着bfs序的增大他们的y级祖先的bfs序也在增大）每次求祖先logn的，因此查询的复杂度是（logn)^2的，总的复杂度o(qlognlogn)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn = 100050;
const double eps = 1e-6;
int p[maxn][55], head[maxn], tot, val[maxn], vis[maxn], bfsxu, pos[maxn], spos[maxn], mm[maxn];
int maxx[maxn][55];
struct node {int from, to, next, val;
}e[maxn];
void init()
{tot = 0; bfsxu = 1; pos[1] = 1; spos[1] = 1;memset(head, -1, sizeof(head));memset(vis, 0, sizeof(vis));memset(val, 0, sizeof(val));memset(p, -1, sizeof(p));
}
void add(int u, int v, int w)
{e[tot].from = u;e[tot].to = v;e[tot].next = head[u];e[tot].val = w;head[u] = tot++;
}
void dfs(int u)
{vis[u] = 1;for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].next){int v = e[i].to;if (!vis[v]){p[v][0] = u;dfs(v);}}
}
void rmq(int n)
{for (int j = 1; (1 << j) <= n; j++)for (int i = 1; i <= n; i++)if (~p[i][j - 1])p[i][j] = p[p[i][j - 1]][j - 1];
}
void st(int n)
{mm[0] = -1;for (int i = 1; i <= n; i++){mm[i] = ((i&(i - 1)) == 0) ? mm[i - 1] + 1 : mm[i - 1];maxx[i][0] = val[pos[i]];}for (int j = 1; j <= mm[n]; j++)for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++)maxx[i][j] = max(maxx[i][j - 1], maxx[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
}
int lca(int x, int y)
{int pa = x;while (y&&pa != -1){int low = y&(-y);pa = p[pa][mm[low]];y -= low;}if (pa == -1)return 0;return pa;
}
int solve(int x, int y)
{int k = mm[y - x + 1];return max(maxx[x][k], maxx[y - (1 << k) + 1][k]);
}
int main()
{int n, x, y, z, q;while (~scanf("%d", &n)){init();for (int i = 1; i < n; i++){scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);add(x, y, z);}dfs(1);rmq(n);queue<int>que;que.push(1);while (!que.empty()){int u = que.front(); que.pop();for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].next){int v = e[i].to;val[v] = val[e[i].from] + e[i].val;pos[++bfsxu] = v; spos[v] = bfsxu;que.push(v);}}st(n);scanf("%d", &q);while (q--){scanf("%d%d", &x, &y);int fa = lca(x, y), ll, rr;int l = 1, r = spos[x];while (l<r){int mid = (l + r) / 2;if (spos[lca(pos[mid], y)] < spos[fa])l = mid + 1;else r = mid;}ll = l;l = spos[x], r = n;while (l<r){int mid = (l + r) / 2;if (spos[lca(pos[mid], y)]>spos[fa])r = mid - 1;else l = mid;if (r == l + 1){if (spos[lca(pos[r], y)] == spos[fa])l = r;else r = l;}}rr = l;printf("%d\n", solve(ll, rr));}}return 0;
}