【题目背景】
于万人中万幸得以相逢，刹那间澈净明通。
成为我所向披靡的勇气和惶恐，裂山海，堕苍穹。
爱若执炬迎风，炽烈而哀恸，诸般滋味皆在其中。
韶华宛转吟诵，苍凉的光荣，急景凋年深情难共。
——银临《不老梦》
【问题描述】
扶苏翻遍了歌单却没有找到一首歌能做这个题的题目背景，于是放上了扶苏最喜欢
的一首《不老梦》。
与 Day1 的第二题一样，今天的第二题依然是一道树论题。
我们定义一棵 n 个节点的树为一个有 n 个节点和 n-1 条边的无向连通图。
如果我们定义 u 是一颗树 T 的根，那么任意一个节点 v 到根的路径就是从 v 出发到
达点 u 的简单路径上所经过的点的点集。可以证明这样的简单路径有且仅有一条。
定义一个节点 x 是节点 y 的孩子，当且仅当 x 和 y 之间有边相连且 x 不在 y 到根的
路径中。如果 x 是 y 的孩子，那么定义 y 是 x 的家长节点。
如果我是 _rqy 那种毒瘤神仙的话，可能会问你每个节点的孩子数不超过 k 的 n 个节
点的带标号无根树一共有多少个，可惜这个问题我也不会，所以我不会问你这么毒瘤的
问题。
扶苏从一颗 n 个节点的树的 1 号节点出发，沿着树上的边行走。当然我们约定 1 号
节点是这棵树的根。他所行走的规定是：当扶苏在点 u 时，扶苏要么在 u 的孩子中选择
一个没有到达过得点 v 并行走到 v，要么选择回到 u的家长节点。
现在给每个节点一个权值 w，其中 i 号节点的权值为 wi。扶苏有一些石子，他想给
这棵树上的某一个节点放上石子。我们规定扶苏能在节点 u 放上石子当且仅当满足如下
条件：
1、扶苏当前在节点 u
2、对于 u 的所有孩子节点v，节点 v 被放上了 wv 颗石子。
但是，扶苏在任意时刻都可以取回任意节点的石子。
现在，扶苏想问问你对于每个节点，如果他想在 i 号节点上放 wi 颗石子，那么他一
开始需要准备多少石子。
【输入格式】
输入文件名为 yin.in。
输入文件中有且仅有一组数据，数据的第一行是一个整数 n 代表树的节点个数。
第二行有 n-1 个整数，第 i 个整数 pi 代表 i+1 号节点的家长节点的编号。
第三行有 n 个整数，第 i 个整数代表 wi。
【输出格式】
输出文件名为 yin.out。
输出一行 n 个整数，第 i 个整数代表想在 i 号节点上放 wi 颗石子需要准备的
石子个数。
【输入输出样例 1】
in
3
1 2
1 1 1
out
2 2 1
解释：
样例 1 的输入如左图，每个节点都需要放 1 块石头。
如果在 1 号节点放石头，则从一号点运动到 2号点，然后运动到 3 号点，在 3 号点上放一块
石头，返回 2 号点，在 2 号点上放一块石头，同时收回三号点的石头，然后返回 1 号点，将从 3 号点收回的石头放到 1 号点即可。一共需要两块石头。
在 2、3 号节点放石头的方案类似。
【输入输出样例 2】
in
3
1 1
1 1 1
out
3 1 1
【输入输出样例 3】
in
6
1 1 2 3 4
3 14 1 5 12 15
out
21 20 13 20 12 15
样例 3 的输入如左图。
先从 1 号节点运动至 3 号节点，再运动至 5 号节点，在 5 号节点上放置 12 块石子，然后返回 3 号节点，在 3 号节点上放置 1 块石子，收回五号节点的 12块石子，返回 1 号节点。
然后运动到 2 号节点，通过 4 号节点运动到 6 号节点，放下 15 颗石子，返回 4 号节点放下 5 颗石子，时树上有的石子数为5(4号)+15(6号)+1(3号)=21颗。然后收回 6 号节点的石子，返回 2 号节点，放下 14 颗石子，收回 4 号节点的，返回 1 号节点，在 1 号节点上放置 3 颗石子，即可达到在 1 号节点上放石子的目的。
可以验证最大花费为 21。其他节点的答案同理。
【题解】
测试点 1： 显然直接输出 w1 即可。期望得分 5 分。
测试点 2-5： 爆搜，搜出一个放石子的顺序，然后 O(n) 的 check 是否合法（看看是否父亲在儿子的前面）。时间复杂度 O(n!n)。期望得分 20 分。
测试点 6-7：
注意到根据题目规定的走法，在进入一个节点以后，必须遍历完它的整个子树，否则一旦离开这个节点，再也无法进入这棵子树，从而导致该节点的某个孩子没能放上石子，导致这个节点不能放上石子。同时又有每个节点放上石子以后，它的子树的石子可以全部取回。设在节点 u 放石子需要有 ansu 个石子，则放完 u 以后可以取回ansu-wu 个石子。
于是考虑影响问题答案的显然是从 u 进入每个孩子的顺序，由于最多有两个孩子，直接比较一下就可以知道先进入哪个孩子更优秀了。时间复杂度 O(n)，期望得分10 分。
测试点 8-10：
延续上一组测试点的思路，由于只有最多 5 个孩子，可以直接爆搜选孩子的顺序，看看哪个更优秀。时间复杂度 O(n×x!)，其中 x=5。期望得分 15 分。
测试点 11-14：
树高最多为 3。考虑进入第 3 层时由于不能回收石子，所以进入第三层的顺序无所谓，即对于第 2 层的每个节点 u,都有 ∑ v∈cld[u]Wv。现在只需要考虑从 1 号节点进入它的所有孩子节点的顺序即可。
考虑走完节点 u 的所有孩子 v 所需要的总石子数 cu，显然是越少越好。证明如下：
走完所有孩子后，所花费的总石子数不变，设剩下的石子(也就是所需要的减去所花费的)为 ret，注意到当 cu 最小的时候即是 ret 最小的时候。考虑当 ret ≥ wu的时候，直接用 ret 放下 u 上的石子，于是放石子在节点 u 的总花费就是 cu，后者越小越好。
当 ret < wu 的时候，用剩下的石子放在 u 上，然后再额外放上去一些石子，这样做的花费是wu+∑ v∈cld[u]Wv，这显然是最小的花费，考虑当 cu 越小 ret 才越小，cu 取最小时显然能取到最优情况。
综上，可以尽可能使 cu 减小，来达到最优解。
那么问题变成了：
有 x 个商品，购买第 i 个物品需要手里有 ansi 元钱，花费 wi 元。求一个顺序使得购买所有商品所需要的钱数最少。
这个问题的最最优顺序是按照 ansi-wi 不升序购买，也就是差值越大越要先买。
证明：
设有两个物品 i,j，设 ai=ansi-wi，aj=ansj-wj。（放完i之后可以收回的石子数）且 ai>aj。考虑先买 i 再买 j 的花费是max(ansi, wi+ansj) ①，同理先买 j 的花费是 max(ansj, wj+ansi) ②。
提出 w，则 ①=wi+max(ai,ansj)，②=wj+max(aj,ansi)=wj+max(aj,ai+wi)=wj+ai+wi。
考虑 ① 式的 max 如果取前面一项，则 ①=wi+ai<②，如果取后面一项则 ①=wi+ansj=wi+aj+wj<②，于是无论怎么取，①式恒小于②式，于是先买 i 更优。数学归纳可得按照 ansi-wi 不升序购买最优。
于是按照这个顺序，排一遍序即可。期望得分 20 分。
测试点 15-20：
可以发现上面的结论同样适用于树高更高的情况，于是在 dfs 回溯的时候对子节
点排序，即可算出该节点的答案，期望得分 30 分。
下面是代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; inline ll read() { ll ans=0; char last=' ',ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') last=ch,ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9') ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar(); if(last=='-') ans=-ans; return ans; } const int maxn=100010; int n; int mu[maxn],ans[maxn]; vector<int>son[maxn]; inline bool cmp(int a,int b) { return (ans[a]-mu[a])>(ans[b]-mu[b]); }//不升序 void dfs(int u) { for(int v=0;v<son[u].size();v++) { dfs(son[u][v]); }//每一个节点都要搜 sort(son[u].begin(),son[u].end(),cmp);//排序 int ret=0;//走完所有的孩子后剩下的石子 for(int v=0;v<son[u].size();v++) { if(ret>=ans[son[u][v]])//如果剩下的还够 { ret-=ans[son[u][v]];//从剩下的里面减去 } else//如果剩下的不够 { ans[u]+=ans[son[u][v]]-ret;//更新ans ret=ans[son[u][v]]-mu[son[u][v]]; //更新剩下的石子(就是可以取回的) } } ans[u]+=max(0,mu[u]-ret);//更新答案 } int main() { n=read(); for(int i=2,x;i<=n;i++) { x=read(); son[x].push_back(i);//标记x的儿子 } for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",mu+i);//mu+i表示mu[i]的地址 } dfs(1);//开搜 for(int i=1;i<n;i++) { printf("%d ",ans[i]); } printf("%d ",ans[n]); return 0; }