點這裡看題目。
資料特殊，顯然需要資料分治。
此時 \(c=0\) 的點沒有貢獻，那麼就相當於 \(c\) 全部相等。這樣 \(c\) 最終的貢獻與 \(d\) 無關，我們把 \(c=1\) 的點全部模擬點亮一遍即可。
不難想到做樹形 dp 。我們可以想到這樣的狀態：
\(f(u,0/1,0/1)\)：第乙個 \(0/1\) 表示 \(u\) 是否被激發，第二個表示 \(u\) 的父親是否被激發，在這個情況下將 \(u\) 子樹內的點全部激發的最小代價。
然後你發現這樣做複雜度不對無法處理兒子之間的轉移順序，或者說，我們無法有序確定哪些兒子在當前點之後被激發。其實可以，直接列舉全排列。
但注意到，如果乙個兒子 \(v\) 在 \(u\) 之前激發，那麼 \(v\) 就會給 \(u\) 以 \(c_v\) 的貢獻；如果 \(v\) 在之後，那麼 \(u\) 就會給 \(v\) 以 \(c_u\) 的貢獻。既然乙個兒子最多只有兩種狀態，我們就可以考慮0/1 揹包。
考慮狀態 \(f(u,0/1)\)：表示 \(u\) 的父親是否激發，此情況下 \(u\) 子樹內全部激發的最小代價。
那麼中途可以用揹包進行轉移， \(g(i)\) 表示考慮完一些兒子之後，當前點接受的能量為 \(i\) 的最小代價。轉移顯然：
\[g(i)=\min\
\]最後 \(f(u,0/1)\) 都可以用 \(g\) 算出來。
注意到 \(c\) 很小，於是複雜度就是 \(o(cn^2)\) 。
小結：利用 0/1 揹包處理只含兩種情況的轉移順序的方法，具有借鑑意義。
#include #include const int maxn = 1e5 + 5, maxs = 1e4 + 5;
templatevoid read( _t &x )
while( '0' <= s && s <= '9' )
x *= f;
}templatevoid write( _t x )
template_t max( const _t a, const _t b )
template_t min( const _t a, const _t b )
struct edge
graph[maxn << 1];
int head[maxn], d[maxn], c[maxn];
int n, cnt;
void addedge( const int from, const int to )
namespace allone
void solve()
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) ans += max( d[i], 0 );
write( ans ), putchar( '\n' ); }}
namespace trivial
void solve() }
int main()
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