某一天，yellowstar在人生的道路上迷失了方向，迷迷糊糊之中，它誤入了一座迷宮中，幸運的是它在路口處發現了一張迷宮的地圖。
經過它的觀察，它發現這個迷宮一共有n個房間，並且這n個房間呈現乙個有根樹結構，它現在所在的1號房間為根，其它每個房間都有乙個上級房間，連線第i個房間和它的上級房間pi的道路長度為wi。
在地圖的背面，記載了這個迷宮中，每個房間擁有乙個時空傳送門，第i個房間的傳送門可以花費di單位的時間傳送到它的任意乙個下級房間中（如果x是y的下級房間，並且y是z的下級房間，那麼x也是z的下級房間）。
yellowstar的步行速度為1單位時間走1長度，它現在想知道從1號房間出發，到每乙個房間的最少時間。
input
包含多組測試資料。
第一行輸入n表示n個房間。
第二行輸出n個數字，第i個數字di表示i號房間傳送器需要花費的時間。
接下來n-1行，第i行包含兩個數字pi和wi，表示i+1號房間的上級房間為pi，道路長度為wi。
1≤n≤100000
1≤di, wi≤10^9
output
輸出n個數，第i個數表示從1號房間出發到i號房間的最少時間。 (注意，輸出最後乙個數字後面也要加乙個空格)
sample input
5 99 97 50 123 550
1 999
1 10
3 100
3 44
sample output
0 99 10 60 54
hint
初始在1號房間，到1號房間的代價為0。
通過1號房間的傳送門傳送到2號房間，到2號房間的代價為99。
通過1號房間走到3號房間，到3號房間的代價為10。
通過1號房間走到3號房間，在通過3號房間的傳送門傳送到4號房間，到4號房間的代價為60。
通過1號房間走到3號房間，在通過3號房間走到5號房間，到5號房間的代價為54。
分析：在乙個樹的根節點，求到達樹上每個節點的最小花費。對於乙個傳送門可以到達其節點子樹上的任意乙個幾點。首先可以明確，我們從根部走到某個節點的過程，要麼是全程走過去的。要麼是走一段，然後通過傳送門直接到達，或者根本不走，直接通過傳送門到達。
根本不存在先傳送門，然後走一會兒到達的情況，也就是說不可能有兩種方式交替的情況行走。因為如果我能通過傳送門到達的節點，為什麼還要中途停下來去走路？明明可以直達的位置，還要轉換方式再去徒增一段行走的花費。
這樣就轉換成了乙個問題。對於乙個節點，要麼從根節點直接走過來，這種情況直接求和即可得到。要麼從到達該節點路徑上的某乙個父節點直達。也就是用路徑上所有父節點的傳送門花費，鬆弛走到該點的最小花費。
對於當前結點，找其路徑上的父親鬆弛花費，對於子節點，深搜下去，用已經達到最優了的當前結點直接通過走的方式到達下乙個結點。而下乙個結點可能也可能通過路徑上的某乙個父節點直接傳送過來。
即使是這樣對於題目中提到的1e5個節點的資料量，仍然可能會出現單鏈樹的情況，這樣一來就成了o(n^2)的演算法，並且，因為路徑上的傳送門花費是小於1e9的，因此到達任意乙個節點，最大花費都不會超過1e9,因為一旦通過走的花費之後超過了1e9,其路徑上必有某個節點的傳送花費小於行走花費。因此都可以通過最大1e9的傳送到達。
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using
namespace
std;
const
int maxn=1e5+10;
struct edge
edge(int a,int b)
};int n,path[maxn],num;
int di[maxn],dist[maxn];
vector
mp[maxn];
void dfs(int now)
dist[1]=0;
num=0;
dfs(1);
for(int i=1; i<=n; i++) printf("%d ",dist[i]);
printf("\n");
}}
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