【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。（讨厌数论题没有之一！！）
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。
显然给了测试点的数据，我们就可以逐个击破：
【测试点1】这个显然没有任何的技术含量啦，直接输出w1就可以啦。5pts get√
【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。时间复杂度 O(n!n)。期望得分 20 分。（但是我不会写嘤嘤嘤(╥╯^╰╥)）
【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】（正解前导论，划重点）
【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。
好了以下是充满了ZAY风起的STD（不用指针会死zay）
#include <cstdio> #include <vector> #include <algorithm> const int maxn = 100010; int n; int MU[maxn], ans[maxn]; std::vector<int>son[maxn]; void dfs(const int u); bool cmp(const int &_a, const int &_b); int main() { freopen("yin.in", "r", stdin); freopen("yin.out", "w", stdout); scanf("%d", &n); for (int i = 2, x; i <= n; ++i) {//直 接 i 从 2 开 始 枚 举，就 不 用 i+1 了 scanf("%d", &x); son[x].push_back(i);//动 态 数 组 嘛 qwq } for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf("%d", MU + i);//指 针 可 海 星 } dfs(1); for (int i = 1; i < n; ++i) { printf("%d ", ans[i]); } printf("%d ", ans[n]); return 0; } void dfs(const int u) { for (auto v : son[u]) {//遍历u结点的所有儿子，赋值给v dfs(v);//先遍历所有儿子，最后再操作1 } std::sort(son[u].begin(), son[u].end(), cmp);//将u结点的所有儿子按照ansi-wi不升序排序 int _ret = 0; //此时u结点所有的e子的ans都已经计算出来了 for (auto v : son[u]) {//对于叶子结点（没有e子），不进行这个for循环 //对于其它结点， if (_ret >= ans[v]) {//显然由于遍历是有顺序的，当我们遍历到某些结点时，其之前遍历的 //结点的石子和（除去结点u的e子），（显然除了u结点所对应的儿子结点v们，这些v的儿子上的石子都可以删除啦） //如果这些多出来的石子>某个未被遍历到的结点所需石子数，显然直接放过去就好了√ _ret -= ans[v];//这样剩余的石子就减少啦 //然后相当于ans[v]的贡献是0 } else { ans[u] += ans[v] - _ret;//计算ans[u]：+它的e子结点所需要的石子-剩余石子 _ret = ans[v] - MU[v];//表示遍历完u的e子v这个结点对应滴子树后，可以收回除了u的e子v以外所有结点上的石头 //因此ret=ans[v]-MU[v] } } ans[u] += std::max(0, MU[u] - _ret); //对于叶节点，ans[u]=0； //对于其它结点 } inline bool cmp(const int &_a, const int &_b) { return (ans[_a] - MU[_a]) > (ans[_b] - MU[_b]);//按照ansi-wi不升序排序 }
end-