题目
题目
当然，根固定为(1)，但是第一个被点亮的灯不一定是(1)。
做法
这里我只会讲最终做法，但是如果你要问这个结果到底是怎么得到的，其中的心路历程是什么，这篇博客：https://www.luogu.com.cn/blog/MachineryCountry/solution-p4253相信能给你不错的体验。
首先，我们先观察叶子节点，一个叶子节点，跑完之后，要么点亮其的一个祖先（会出现这种情况一般是因为第一个被点亮的灯不是(1)），要么点亮其祖先的另外一个儿子，推广发现每一个点在遍历完其子树后，都是这种情况。
又发现，完全二叉树有一个极其优美的性质，树的高度为(logn)层。
不妨考虑(f_{i,j})表示第(i)个子树遍历完之后点亮的是第(j+1)个祖先的最小花费，(g_{i,j})则是第(j+1)个祖先的一个儿子的最小花费。
(g_{i,j}=min(a_{lc}*b_{lc}+g_{lc,0}+g_{rc,j+1},a_{rc}*b_{rc}+g_{rc,0}+g_{lc,j+1}))
(f_{i,j}=min(a_{lc}*b_{lc}+g_{lc,0}+f_{rc,j+1},a_{rc}*b_{rc}+g_{rc,0}+f_{lc,j+1}))
其余的状态方程就不列了，比较麻烦。
我还专门设置了(t_{i})表示遍历(i)的子树的花费。
至于第一个点亮谁暴力枚举，(logn)的时间能算出第一个点亮某个点的最小花费。
但是需要注意的是，不管是(f,g,t)，(i)号点被点亮的费用都是没有算进去的，因为遍历(i)的子树，其子树内的点(x)肯定都是从另外一个(i)子树内的点(y)出发去亮(x)的，因此可以树形(DP)直接计算，但是(x)不一样，(x)是灵活应变的，只有外面知道他是被哪个点点亮的，而树形DP基本上只能处理子树内的点，所以只能不算点亮(x)的花费。（事实上，也正是因为树形DP只能处理子树内的点，所以从(i)子树出来到达的点还必须多设置一维来处理）
但是为什么谁点亮(x)不用设置一个维去处理呢？因为要么用(f,g)已经算完了点亮(x)的花费，要么就是直接父亲更新，所以不用特殊设置。
那可不可以设置一维来处理谁点亮(x)，然后就不用设置一维来处理(x)子树后第一个点亮谁，事实上也是可以的，只要利用好前面讲的每个子树遍历完后要么点亮其的一个祖先，要么点亮其祖先的另外一个儿子的性质即可，但是子树的叶子节点的信息往往比祖先信息更加的难以维护和统计，所以代码吗，也就有亿点长和亿点难打吧，但是应该（我猜）也是可以的，应该也是(nlogn)。但是代码真的是太难处理了
代码
时间复杂度：(O(nlogn)).
其实我的代码打复杂了，如果想要看代码好看一些的可以去你谷的题解区看看，里面的许多代码都写的比我优美。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 210000
#define SN 20 //17
using namespace std;
typedef long long LL;
template<class T>
inline T mymin(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<class T>
inline T mymax(T x,T y){return x>y?x:y;}
int fa[N][SN],other[N]/*另外一个儿子*/,n;
LL f[N][SN],g[N][SN],dis[N],a[N],b[N],t[N];
void dfs(int x)
{
for(int i=1;i<=17;i++)
{
fa[x][i]=fa[fa[x][0]][i-1];
if(!fa[x][i])break;
}
for(int i=0;i<=1;i++)
{
int y=(x<<1)+i;
if(y>n)continue;
dis[y]=dis[x]+b[y];fa[y][0]=x;
}
for(int i=0;i<=1;i++)
{
int y=(x<<1)+i;
if(y>n)continue;
other[x]=y^1;//另外一个儿子
dfs(y);
}
for(int i=0;i<=17;i++)
{
if(!fa[x][i])break;
if((x<<1)>n)
{
g[x][i]=(dis[other[fa[x][i]]]+dis[x]-2*dis[fa[x][i]])*a[other[fa[x][i]]];
f[x][i]=(dis[x]-dis[fa[x][i]])*a[fa[x][i]];
}
else if((x<<1)==n)//只有一个儿子
{
int lc=x<<1;
g[x][i]=b[lc]*a[lc]+g[lc][i+1];
f[x][i]=b[lc]*a[lc]+f[lc][i+1];
}
else//两个儿子都有
{
int lc=x<<1,rc=(x<<1)+1;
g[x][i]=mymin(b[lc]*a[lc]+g[lc][0]+g[rc][i+1],b[rc]*a[rc]+g[rc][0]+g[lc][i+1]);
f[x][i]=mymin(b[lc]*a[lc]+g[lc][0]+f[rc][i+1],b[rc]*a[rc]+g[rc][0]+f[lc][i+1]);
}
}
if((x<<1)>n)t[x]=0;
else if((x<<1)==n)t[x]=t[x<<1]+b[x<<1]*a[x<<1];
else
{
int lc=x<<1,rc=(x<<1)+1;
t[x]=mymin(b[lc]*a[lc]+g[lc][0]+t[rc],b[rc]*a[rc]+g[rc][0]+t[lc]);
}
}
inline int pd_son(int x,int f){return (f<<1)==x?0:1;}
LL solve(int x)//假设x为根，且x不是1号点
{
LL ans=f[x][0];
int ff=(x>>1);
while(ff>1)
{
int y=x^1/*x的兄弟*/;
if(y>n/*x是ff的唯一儿子*/)ans+=b[ff]*a[ff>>1];
else ans+=f[y][1]+a[y]*b[y];
x=ff;ff=(x>>1);
}
int y=x^1/*x的兄弟*/;
if(y<=n/*x是ff的唯一儿子*/)ans+=t[y]+a[y]*b[y];
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=2;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]);
dfs(1);
LL ans=t[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
{
ans=mymin(ans,solve(i));
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}