我们发现有几次操作就是覆盖几条路径，所以我们只要关注路径的起点和终点，路径数就是起点终点的数量和的一半
如果有一边的权值很大，超过了其他所有边的权值和，必然会出现某条边非常多的情况，起点和终点的数量就为这条边的数量乘2 。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,m;
int x[N],y[N];
long long w[N],v[N];
multiset<long long,greater<long long> >s[N];
long long date(int i)
{long long mx=*s[i].begin();if(mx*2>v[i])return mx*2-v[i];return v[i]%2;
}
int main()
{int i,j;scanf("%d%d",&n,&m);long long ans=0;for(i=1;i<n;i++){scanf("%d%d%lld",&x[i],&y[i],&w[i]);v[x[i]]+=w[i],v[y[i]]+=w[i];s[x[i]].insert(w[i]),s[y[i]].insert(w[i]);}for(i=1;i<=n;i++) ans+=date(i);printf("%lld\n",ans/2);while(m--){int p;long long nv;scanf("%d%lld",&p,&nv);ans-=date(x[p])+date(y[p]);v[x[p]]-=w[p],v[y[p]]-=w[p];s[x[p]].erase(s[x[p]].find(w[p]));s[y[p]].erase(s[y[p]].find(w[p]));w[p]=nv;v[x[p]]+=w[p],v[y[p]]+=w[p];s[x[p]].insert(nv);s[y[p]].insert(nv);ans+=date(x[p])+date(y[p]);printf("%lld\n",ans/2);}return 0;
}