B [yLOI2019] 梅深不見冬
Background
風，吹起梅嶺的深冬；霜，如驚濤一樣洶涌；雪，飄落後把所有燒成空，
像這場，捕捉不到的夢。
醒來時已是多年之久，宮門銅環才長了鐵鏽，
也開始生出離愁。
——銀臨《梅深不見冬》
Description
給定一棵 \(n\) 個節點的樹，在樹上行走，每次要麼選擇一個沒有到達過的子節點，要麼返回父節點。想要在一個節點 \(u\) 放上梅花當且僅當 \(u\) 的任意子節點 \(v\) 都被放上了 \(w_v\) 朵梅花。在任意時刻可以收回任意節點的梅花。對於每個節點，求如果想在這個節點放梅花，則至少需要準備多少梅花。
Limitations
特殊性質1：每個節點的孩子結點個數不超過 \(2\)
特殊性質2：每個節點的孩子節點個數不超過 \(5\)
特殊性質3：任意一個節點到根的路徑上的點數不超過 \(3\)，也即樹高不超過 \(3\)
對於 \(100\%\) 的數據，保證 \(1 \leq w_i \leq 1000\)
Solution
測試點 \(1\)：
只有一個節點，輸出 \(w_1\) 即可。期望得分 \(5~pts\)
測試點 \(2~\sim 5\)：
爆搜一個行走的順序，然後可以 \(O(n)\) 判斷是否合法。時間複雜度 \(O(n!\times n)\)，期望得分 \(20~pts\)
測試點 \(6~\sim~7\)：
注意到題目所規定的走法相當於按照樹的某個dfs序走，即離開某個節點時必須遍歷完它的子樹，否則子樹中一旦有一個節點沒有被遍歷到，則永遠無法返回這個節點。
如果設在點 \(u\) 上放上 \(w_u\) 朵梅花最少需要 \(ans_u\) 朵梅花的話，考慮對於 \(u\) 的兩個孩子 \(x,~y\)，如果先走 \(x\)，那麼首先需要準備 \(ans_x\) 朵梅花，放上了 \(w_x\) 朵梅花，剩餘了 \(ans_x - w_x\) 朵花，再走 \(y\)，需要準備 \(ans_y\) 朵花，當前有 \(ans_x - w_x\)，則需要額外準備 \(\max(ans_y - ans_x + w_x, 0)\) 朵花。先走 \(y\) 的情況類似，比較一下哪種情況更優即可。
時間複雜度 \(O(n)\)，期望得分 \(10~pts\)
測試點 \(8~\sim 10\)：
孩子節點個數不超過 \(5\)，於是爆搜一下走哪個孩子的順序，用類似子任務 \(3\) 的方法統計，然後取最優的即可。
時間複雜度 \(O(n \times x!)\)，其中 \(x\) 爲最大的節點孩子個數。期望得分 \(15~pts\)
測試點 \(11~\sim 14\)：
樹高不超過 \(3\)，考慮第 \(3\) 層的節點，答案顯然是他們自身的權值，第二層的節點，答案是第三層的權值和。
對於第一層的根節點 \(u\)，考慮放滿他的孩子的花費和在這個節點上放梅花的花費的關係：
如果放滿它的孩子花費爲 \(c\)，它的孩子的權值和爲 \(W\)，則會剩餘 \(rest = c - W\) 朵梅花，由於 \(W\) 是個常量，\(rest\) 與 \(c\) 正相關。考慮當 \(w_u > rest\) 時，需要額外花費 \(w_u - rest\) 元，花費爲 \(w_u - rest + rest = w_u\) 元，當 \(w_u \leq rest\) 時，花費 \(rest\) 元。由此可以發現，當 \(rest\) 減小時，所需要的花費不會增大。又因爲 \(rest\) 與 \(c\) 正相關，因此放滿它的孩子的花費變地，在這個節點上放梅花的花費不會增加。因此最小化放滿它孩子的花費即可得到答案。
對於一個節點 \(x\)，設往這個節點上放上梅花至少需要準備 \(ans_x\) 朵梅花，而 \(x\) 的權值爲 \(w_x\)，我們的問題是選擇一個最優的放梅花的序列，使得最終需要準備的梅花最小。這個問題的答案是按照 \(ans_x - w_x\) 的不升序排序即可。
考慮證明這個結論：
設有兩個節點 \(i,~j\)，設 \(a_i = ans_i - w_i,~a_j = ans_j - w_j\) 且 \(a_i > a_j\)。
考慮先放 \(i\) 再放 \(j\) 需要準備的梅花朵數是 \(\max(ans_i, ans_j + w_i)\)（一式），同理先放 \(j\) 所需要準備的梅花朵數是 \(\max(ans_j, ans_i + w_j)\)（二式）。
由於 \(a_i = ans_i - w_i\)，得 \(ans_i = a_i + w_i\)。\(ans_j\) 同理。對一式二式分別提出 \(w\)。
則
\[\text{一式} = \max(ans_i, ans_j + w_i) = \max(a_i + w_i, ans_j + w_i) = w_i + \max(a_i, ans_j)\]
\[\text{二式} = \max(ans_j,ans_i + w_j) = w_j + \max(a_j, ans_i) = w_j + \max(a_j, a_i + w_i) = w_j + a_i + w_i\]
考慮一式的 \(\max\) 如果取 \(a_i\)，那麼 \(\text{一式} = w_i + a_i < w_i + a_i + w_j = \text{二式}\)
如果取 \(ans_j\)，那麼 \(\text{一式} = w_i + w_j + a_j < w_i + w_j + w_i = \text{二式}\)
因此，一式恆小於二式，先放 \(i\) 更優。
據此做數學歸納可得，按照 \(ans - w\) 的不升序排序後的序列是最優的。
於是即可排序以後用上面的方式統計答案，時間複雜度 \(O(n \log n)\)，期望得分 \(20~pts\)
測試點 \(15~\sim 20\)：
發現上面的結論可以應用於這棵樹上的任何一個節點，於是每個節點都按照這樣的方法排序即可。時間複雜度 \(O(n \log n)\)，期望得分 \(30 pts\)。