一个很不寻常的题啊。
首先容易发现题目说的就是所有至少买了一个的点必须构成连通块。考虑在树上跑背包，那必须是有根的。随便设 (1) 为根，然后规定若 (x) 选了，则 (x) 的所有祖先都必须选，这样随后调用 (1) 的 DP 数组即可得到必须选 (1) 时的答案。设 (dp_{i,j}) 为子树 (i) 内花了不超过 (j) 元钱得到的最大收益，转移的时候将若干儿子树的 DP 数组合并起来，然后将 (i) 加入。这样你会发现，根本不需要令每个点为根跑一遍，因为一个连通块在有根树上的最浅点是唯一的，直接枚举所有点 (x) 作为最浅点，答案就是它的 (dp_{x,m})，max 起来即可。
这个树形背包跟普通的复杂度可以分析到 (mathrm O(nm)) 的不同，这玩意是基于值域的，背包大小并没有和 size 取 min，每次合并是严格 (mathrm O!left(m^2 ight)) 的，总复杂度是 (mathrm O!left(nm^2 ight))，接受不了。注意到将 (i) 加入这个操作实际上是多重背包加入一个元素，可以用单调队列优化到 (mathrm O(m))，然并卵！毕竟复杂度瓶颈在于背包的「合并」。
我们现在认为必须要根除背包的合并操作。此时引出一个科技：树上依赖性背包。问题就是说在有根树上，(x) 选了则必须选所有祖先的一个背包，无论是 01 还是完全还是多重。这玩意除了上述的暴力合并背包的 DP 做法，还有个比较妙的不带合并操作的 DP 做法。
我们考虑像一个新的 DP 题一样从头开始考虑：一开始的局面是 (1sim n) 所有点未决策，现在考虑决策 (1)。如果不选 (1) 那就直接结束走人吧！否则剩下 (2sim n) 需要决策，做完之后返回一个背包再将 (1) 插入。现在问题转化为 (2sim n)。注意到这里的精髓：我们并没有将 (2sim n) 拆成若干儿子树再合并，而是直接当做一个整体！毕竟它本来就是一个整体，为啥要拆开再合并呢？（普通树形 DP 这么做是因为不会有「合并复杂度大，插入复杂度小」这样奇怪的事情发生，在这个前提下每个子树作为子问题显然是好理解的）
现在假设 (2) 是 (1) 的儿子，对 (2) 进行决策。如果选的话那就 (3sim n) 走起；否则剩下 ({2sim n}-mathrm{subt}(2))。对后者下一步应该选 (1) 的下一个儿子对吧这很自然。对前者呢？如果也选 (1) 的下一个儿子，那么得到的状态就是 (V) 去掉一个儿子树再去掉一个儿子树的根？？？这状态就显得支离破碎，没法封闭。接下来官方给出的下一步决策的方案是这个算法的精髓：选 (3sim n) 中 dfn 最小的。就假设 (dfn_i=i) 吧，如果选的话转化到 (4sim n)，否则去除 (mathrm{subt}(3))，而注意到 (3) 子树里的点都大于 (3)，而且是连续的，所以是 (3sim n) 的前缀，去掉之后得到 (1sim n) 的某个后缀。这样我们只要对每个状态都对 dfn 最小的点进行决策，转移到的状态就可以封闭在「dfn 后缀」这仅仅 (mathrm O(n)) 个状态里，而且每次转移都是加入一个点的操作。
通过上述科技，我们可以用单调队列在 (mathrm O(nm)) 时间内计算出连通块必须包含 (1) 的答案。但这样一个坏处是不能顺便得到连通块最浅节点为其它点的答案了。那难道要对每个点都跑一遍吗？这样是 (mathrm O!left(n^2m ight))，虽然比原来的做法优，但还是过不去。不难发现，考虑过包含 (1) 的情况，剩下不包含 (1) 的情况，这样必须在 (1) 的若干个儿子树的其中之一，就转化为了子问题，递归下去。可以用点分治来限制层数，达到 (mathrm O(nmlog n))。这里点分治不再是统计路径，而是统计连通块，也很自然对吧？
code（好写！）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define pb push_back
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N=510,M=4010;
int n,m;
int v[N],w[N],lim[N];
vector<int> nei[N];
bool vis[N];
int dfn[N],mxdfn[N],nowdfn,mng[N];
void dfs(int x,int fa=0){
mng[dfn[x]=mxdfn[x]=++nowdfn]=x;
for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
int y=nei[x][i];if(y==fa||vis[y])continue;
dfs(y,x);
mxdfn[x]=mxdfn[y];
}
}
int dp[N][M];
int q[M],head,tail;
int ans;
int sz[N],mxsz[N];
bool cmp(int x,int y){return mxsz[x]<mxsz[y];}
int gtrt(int x=1,int tot=n,int fa=0){
sz[x]=1,mxsz[x]=0;
int rt=0;
for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
int y=nei[x][i];if(y==fa||vis[y])continue;
rt=min(rt,gtrt(y,tot,x),cmp);
sz[x]+=sz[y],mxsz[x]=max(mxsz[x],sz[y]);
}
mxsz[x]=max(mxsz[x],tot-sz[x]);
return min(rt,x,cmp);
}
void cdq(int x){
nowdfn=0,dfs(x);
memset(dp[nowdfn+1],0,sizeof(dp[0]));
for(int i=nowdfn;i;i--){
int u=mng[i];
for(int j=0;j<=m;j++)dp[i][j]=dp[mxdfn[u]+1][j];
for(int j=0;j<w[u]&&j<=m;j++){
head=tail=0;
for(int k=j;k<=m;k+=w[u]){
if(k>=w[u]){
while(head<tail&&dp[i+1][q[tail-1]]-q[tail-1]/w[u]*v[u]<=dp[i+1][k-w[u]]-(k-w[u])/w[u]*v[u])tail--;
q[tail++]=k-w[u];
}
while(head<tail&&(k-q[head])/w[u]>lim[u])head++;
if(head<tail)dp[i][k]=max(dp[i][k],dp[i+1][q[head]]+(k-q[head])/w[u]*v[u]);
}
}
}
ans=max(ans,dp[1][m]);
vis[x]=true;
for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
int y=nei[x][i];if(vis[y])continue;
cdq(gtrt(y,sz[y]));
}
}
void mian(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)nei[i].clear();
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",v+i);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",w+i);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",lim+i);
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
nei[x].pb(y),nei[y].pb(x);
}
memset(vis,0,sizeof(vis));
ans=0,cdq(gtrt());
cout<<ans<<"
";
}
signed main(){mxsz[0]=inf;
int t;
cin>>t;
while(t--)mian();
return 0;
}