题目：
Description
There are n houses in the village and some bidirectional roads connecting them. Every day peole always like to ask like this "How far is it if I want to go from house A to house B"? Usually it hard to answer. But luckily int this village the answer is always unique, since the roads are built in the way that there is a unique simple path("simple" means you can't visit a place twice) between every two houses. Yout task is to answer all these curious people.
Input
First line is a single integer T(T<=10), indicating the number of test cases.
For each test case,in the first line there are two numbers n(2<=n<=40000) and m (1<=m<=200),the number of houses and the number of queries. The following n-1 lines each consisting three numbers i,j,k, separated bu a single space, meaning that there is a road connecting house i and house j,with length k(0<k<=40000).The houses are labeled from 1 to n.
Next m lines each has distinct integers i and j, you areato answer the distance between house i and house j.
Output
For each test case,output m lines. Each line represents the answer of the query. Output a bland line after each test case.
Sample Input
2
3 2
1 2 10
3 1 15
1 2
2 3
2 2
1 2 100
1 2
2 1
Sample Output
10
25
100
100
题意：
n个房子用n-1条路连接起来（也就是一棵树），对于每一个询问，
求出2个房子直接的线路距离
思路：
这个题目只要建立一个树，然后查询任意2个点之间的距离，没有更新操作，所以可以用LCA来做。
LCA就是寻找最近公共祖先，这有什么用呢？
这是因为有一个性质，假设B和C的最近公共祖先是A，那么对于整个树的根节点D，
都有：|BD|+|CD|-|AD|*2=|BC|
也就是说，只要事先求出所有点到D的距离dist（dist的大小为n），
然后对于输入的B和C，只需要求出最近公共祖先，即可利用上式得到答案。
步骤：
1，存边
每次输入1条边，把2个点都存入对方的儿子列表中
因为儿子的数量未知，但是总数是2n-2，所以用向量数组v来存比较合适。（v的大小为n）
2，建树
建树的方法有很多，而且n个点都是可以用来当做根节点的。
这里我采用的是以第一个节点作为根节点，利用深度优先搜索建树
因为在计算dist之前需要找到根节点，所以需要1个数组fa记录父亲的标号（fa的大小为n）
3，深度优先搜索
既然有儿子列表，那么就可以深度优先搜索了。
利用深度优先，把树映射到一维数组，这是哈希的一种。
得到这个表有什么用呢？
也不知道是哪个神人想出来的，仅用这个表就可以得到最近公共祖先。
比如B的遍历数为3，C的遍历数为6，从3到6，深度依次为3 2 3 4，
最小的是2，对应的是A，所以A就是B和C的最近公共祖先。
注意，遍历数不一定是唯一的，比如求A和I的最近公共祖先，A有3个不同的遍历数，
但是不管选哪个，结果都是一样的。
所以说，只需要用动态规划的RMQ方法求出区间的最小值，即可求出公共祖先。
4，空间分析
首先，我们需要对每个点存1个遍历数，任选1个存起来即可。（visitn的大小为n）
然后，我们还需要把所有的遍历数对应的是哪个点存起来。
那么，一共有多少个遍历数呢？
规律很明显，总结如下：1个叶子节点只有1个遍历数，每个节点的遍历数等于出度加1
所以遍历数一共有：节点总数+出度总数=n+n-1（visitnum的大小为n+n-1）
（mins第一个维度的大小为n+n-1，第二个维度约为log2(n)+1）
上面的9个节点就有17个遍历数。
5，计算每个点到根节点的距离。
visit函数是一个递归调用的函数，用来实现深度优先搜索。
搜索的过程中，除了要计算visitn和visitnum，还要计算deep和dist（deep的大小为n）
（至此，7个数组的用途和大小都用蓝色粗体标注了）
deep和dist都可以利用递归的参数d和dis非常方便的计算出来。
6，RMQ
用RMQ求的是什么，这个倒是不要搞错了。
RMQ求的是visitnum数组的一段区间中，拥有最小deep的那个点对应的visitnum
而不是求deep的最小值，也不是求visitnum的最小值。
7，LCA
这个和RMQ对应，求的是visitnum数组的一段区间中，拥有最小deep的那个点对应的visitnum。
只需要根据visitnum便可知道到底哪个点是最近公共祖先
8，查询
输入x,y，取出他们的遍历数visitn，由此求出他们的最近公共祖先。
需要注意的是，因为遍历数有很多个，随便取一个存到visitn数组中，
那么x和y的遍历数谁大谁小就完全不知道了，需要判断。
代码：
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
struct node
{
int son;
int distance;
};
int n;
vector<node>v[40001];//存儿子标号
int deep[40001];//每个点的深度
int visitnum[80001];//遍历数是2*n-1
int visitn[40001];//每个点的任意一个遍历数
int vnum;
int mins[80001][18]; //区间最小值
int dist[40001]; //每个点到祖先的距离distance
int fa[40001];
void visit(int m, int d, int dis) //遍历重编号、计算distance
{
vector<node>::iterator p;
deep[m] = d;
dist[m] = dis;
for (p = v[m].begin(); p != v[m].end(); p++)
{
if (fa[(*p).son]>-1)continue;
fa[(*p).son] = m;
visitnum[vnum++] = m; //存入访问的第vnum个点是哪个点
visit((*p).son, d + 1, dis + (*p).distance);
}
visitn[m] = vnum; //注意这2句的顺序
visitnum[vnum++] = m;
}
void rmq() //计算区间最小值
{
for (int i = 1; i <= 2 * n - 1; i++)mins[i][0] = visitnum[i];
for (int j = 1; (1 << j) <= 2 * n - 1; j++)
{
for (int i = 1; i <= 2 * n - 1; i++)
{
mins[i][j] = mins[i][j - 1];
int k = i + (1 << (j - 1));
if (k <= 2 * n - 1 && deep[mins[i][j]] > deep[mins[k][j - 1]])
mins[i][j] = mins[k][j - 1];
}
}
}
int lca(int x, int y) //求最近公共祖先
{
x = visitn[x], y = visitn[y];
if (x > y)x ^= y ^= x ^= y;
int j = 0;
while ((1 << j) <= y - x + 1)j++;
j--;
int min = mins[y + 1 - (1 << j)][j];
if (deep[min] > deep[mins[x][j]])min = mins[x][j];
return min;
}
int main()
{
int t, m, x, y, l;
cin >> t;
while (t--)
{
cin >> n >> m;
vnum = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
v[i].clear(); //初始化
fa[i] = -1;
}
for (int i = 1; i < n; i++)
{
scanf("%d%d%d", &x, &y, &l);
node nod1, nod2;
nod1.distance = l, nod1.son = y;
v[x].insert(v[x].end(), nod1);
nod2.distance = l, nod2.son = x;
v[y].insert(v[y].end(), nod2);
}
fa[1] = 1;
visit(1, 1, 0);
rmq();
while (m--)
{
scanf("%d%d", &x, &y);
printf("%d\n", dist[x] + dist[y] - dist[lca(x, y)] * 2);
}
}
return 0;
}
