まさに「the 緑 diff」な問題だと思う。
「木を上手く扱えるか」を問いかける問題。

問題概要

$N$ 頂点の木が与えられる。この木の頂点 1 を根とした根付き木を考える。各頂点には初期状態では 0 という数値が書かれている。以下の $Q$ 回の操作を行なった後の各頂点の数値を答えよ。

$j$ 回目の操作では、頂点 $p_{j}$ を根とする根付き木に含まれるすべての頂点に $x_{j}$ を加算する

制約

$N, Q \le 2 \times 10^{5}$

考えたこと

この問題は、2 つのことを要求している

木じゃなくて配列なら解けるのか？
木はどう扱えばよいのか？

これらそれぞれ単体では、茶色 diff になるのかなと思う。

木じゃなくて配列ならどうか？

この問題に限らず、木上のクエリを処理する問題では、「まずは配列について考える」というのがポイントになることが多い。配列は「枝分かれのない木」なので、木の特殊ケースとみなせるのだ。

さて、今回の問題を木に置き換えると、次のような問題になる。

$N$ 要素からなる配列があって、最初はすべて 0 が書き込まれている
各クエリは「配列の $p, p + 1, \dots, N$ に、値 $x$ を加算する」

これは各クエリに対して愚直に計算すると $O(NQ)$ になってしまうのでダメ。

ここで「いもす法」のようなアイディアを思い出してみよう。まず、「配列の $p, p + 1, \dots, N$ に、値 $x$ を加算する」という操作は次の 2 段階の操作に分解できる。

配列の index p の位置に、 $x$ を加算する
配列の累積和をとる

通常は、各クエリごとに、「1」をやって「2」をやるという感じのイメージだけど、

まず 1 について、全クエリ分を処理してしまう (それぞれのクエリにつき $O(1)$ )
最後に一回だけ累積和をとる ( $O(N)$ )。

という風にすれば、 $O(N + Q)$ で処理できる。これはいもす法の特殊ケースで、「一律加算する右側が常に配列の右端になっているような場合」とみなせる。

木上で

これまでの処理を自然に木に拡張すれば OK。配列上で累積和をとる操作は、木では「根から子へと値を配っていく」というイメージになる。

まず配列 res を 0 に初期化しておく。そして、各クエリ ( $p, x$ ) ごとに、res の index $p$ のところに $x$ を加算しておく。その後、木の根から出発して、子へと値を累積させていく。最終的には各頂点 v に対して、

res[ v ] = 根から頂点 v に至るまでの各頂点までの $x$ の値の総和

となるようにすれば OK。以下のような再帰関数を定義してあげて、

// 頂点 v について処理、p： v の親
dfs(int v, int p, vector<long long> &res);

次のように処理することで実現できる。

val[ v ] += val[ p ]　(v が根の場合はしない)

計算量は $O(N + Q)$ 。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using Graph = vector<vector<int>>;
int N, Q;
Graph G;

void dfs(int v, int p, vector<long long> &res) {
  if (p != -1) res[v] += res[p];
  for (auto e : G[v]) {
    if (e == p) continue;
    dfs(e, v, res);
  }
}

int main() {
  cin >> N >> Q;
  G.assign(N, vector<int>());
  for (int i = 0; i < N-1; ++i) {
    int a, b;
    cin >> a >> b;
    --a, --b;
    G[a].push_back(b);
    G[b].push_back(a);
  }
  vector<long long> val(N, 0);
  for (int i = 0; i < Q; ++i) {
    int p, x;
    cin >> p >> x;
    --p;
    val[p] += x;
  }
  dfs(0, -1, val);
  for (auto v : val) cout << v << " ";
  cout << endl;
}