【题解】POI2014FAR-FarmCraft

　　这题首先手玩一下一下数据，写出每个节点修建软件所需要的时间和到达它的时间戳（第一次到达它的时间），不难发现实际上就是要最小化这两者之和。然后就想到：一棵子树内，时间戳必然是连续的一段区间，而如果将访问到子树根节点的时间看做0时，则是一段0~x的连续时间，与其他子树的分配无关。所以自然的联想到单独处理出dp[u]：以u为根节点，访问时间看做0的时候其中节点所需要的时间最大值。

　　如何从dp[v]转移到dp[u]？首先随便给它们分配一个顺序，则每一个节点的最后最大值（原先的值建立在访问根节点的时间为0的基础上，但现在的根节点变成了原来根节点的父亲）=原来的dp值+分配的顺序所带来的时间差。我们分析应怎样分配这个顺序使得它们的最大值最小。

　　我们有

　　　　　　　　dp[u] = max{ dp[a] , dp[b] + size[a] + 2 };
　　　　　　　　dp[u] = max{ dp[u] , max{ dp[b], dp[a] + size[b] + 2 }}; // size[x] 代表访问x子树的全部节点所需要的时间

　　这个应该不难看出：实际上就是枚举了两种情况。那么如果第一次取得的值要小于第二次取得的值，我们就认为将第一个放在第二个前面是更优的。之所以+2，是因为由u->v的边还需要经过2次。

// luogu-judger-enable-o2
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 600000
#define int long long
int n, a[maxn], size[maxn];
int cnp = 1, dp[maxn], head[maxn];

int read()
{
    int x = 0;
    char c;
    c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') c = getchar();
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x;
}

struct node
{
    int id, num, s;
}P[maxn];

struct edge
{
    int to, last;
}E[maxn * 2];

bool cmp (node a, node b)
{
    int p = max(a.num, b.num + a.s + 2);
    int q = max(b.num, a.num + b.s + 2);
    return p < q;
}

void add(int u, int v)
{
    E[cnp].to = v, E[cnp].last = head[u]; head[u] = cnp ++;
}

void DP(int u, int fa)
{
    if(u != 1) dp[u] = a[u];
    for(int i = head[u]; i; i = E[i].last)
    {
        int v = E[i].to;
        if(v == fa) continue;
        DP(v, u);
    }
    int tot = 0, last = 0;
    for(int i = head[u]; i; i = E[i].last)
        if(E[i].to != fa) P[++ tot] = (node) {E[i].to, dp[E[i].to], size[E[i].to]};
    if(tot) 
    {
        sort(P + 1, P + 1 + tot, cmp);
        for(int i = 1; i <= tot; i ++)
        {
            int v = P[i].id;
            dp[u] = max(dp[u], dp[v] + (size[u] + 1));
            size[u] += size[v] + 2;
        }
    }
}

signed main()
{
    n = read();
    for(int i = 1; i <= n; i ++) a[i] = read();
    for(int i = 1; i < n; i ++)
    {
        int x = read(), y = read();
        add(x, y), add(y, x);
    }
    DP(1, 0);
    printf("%lld
", max(dp[1], (n - 1) * 2 + a[1]));
    return 0;
}