B.Groundhog and Apple Tree
显然，在中途恢复体力等价于在根节点将所有需要的体力恢复完再走。那么我们考虑树DP。\(dp[u]\)表示遍历完\(u\)所在子树最少需要在\(u\)恢复的HP。\(res[u]\)表示遍历\(u\)这个子树的收益（正就是获得HP，负就是需要HP）。我们需要确定的是一种访问子树的顺序。我们假设确定了一种访问顺序，考虑计算在此种情况下需要的恢复时间\(need\)。我们转移\(dp[u]\)时，记录一个\(sum[v]=res[v] - 2*w_{u,v}\)，表示从\(u\)点去访问子树\(v\)的收益。对于第\(i\)个访问的子树，我们需要起初至少有\(H[i]\)点HP
那么\(H[i]=cost[i]-\sum_{j=1}^{i-1} sum[j]\)。其中\(cost[i]\)表示从\(u\)遍历\(i\)子树需要的代价。
对于\(cost[i]\)的计算，有\(cost[i]=dp[i]+w_{u,i}+\delta\)，访问子树\(i\)的时候，可能从\(i\)回到\(u\)HP不够，需要一个\(\delta\)的HP。我们如果在\(u\)恢复了\(dp[i]+w_{u,i}\)的体力后访问子树，到\(i\)准备返回\(u\)的时候剩余\(HP=dp[i]+w_{u,i}-w_{u,i}+res[i]=dp[i]+res[i]\)，如果\(dp[i]+res[i]\geq w_{u,i}\)，\(\delta=0\)，否则\(\delta=w_{u,i}-dp[i]-res[i]\)。
此时求出每个\(cost[i]\)和\(H[i]\)。那么可以得到\(need=max_{i=1}^{son[u]} H[i]\)。对于所有的排列方式，我们有\(dp[u]=min(need)\)。
如果某个访问顺序是最优的，那么交换任意\(i\)和\(i+1\)都会不优。考虑交换\(i\)和\(i+1\)，改变的只有\(H[i],H[i+1]\)，所以要有\(max(cost[i]-\sum_{j=1}^{i-1}sum[j],cost[i+1]-\sum_{j=1}^{i} sum[j])\leq max(cost[i+1]-\sum_{j=1}^{i-1} sum[j] , cost[i]-\sum_{j=1}^{i-1}sum[j]-sum[i+1])\).方便观察，我们全部消去一个\(A=\sum_{j=1}^{i-1}sum[j]\).原式化简为\(max(cost[i],cost[i+1]-sum[i])\leq max(cost[i+1],cost[i]-sum[i+1])\).我们进行分类讨论。
\(1.sum[i]<0,sum[i+1]<0\),那么会有\(cost[i+1]-sum[i]\leq cost[i]-sum[i+1]\)即\(cost[i]+sum[i]\geq cost[i+1]+sum[i+1]\).
\(2.sum[i]\geq 0,sum[i+1]\geq 0\),那么会有\(cost[i]\leq cost[i+1]\)
\(3.sum[i]<0,sum[i+1]\geq 0\),恒不成立
\(4.sum[i]\geq 0,sum[i+1]<0\),恒成立
综上，我们先讲所有子节点分成两类分别排序就可以确定访问顺序了。
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define ll long long
#define lson rt << 1
#define rson rt << 1 | 1
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<ll,ll>
using namespace std;
const int maxn = 2e5;
ll sum[maxn + 11],dp[maxn + 11],res[maxn + 11];
int to[maxn + 11],w[maxn + 11],front[maxn + 11],nxt[maxn + 11],a[maxn + 11];
int cnt = 0;
void add(int u,int v,int _) { to[++cnt] = v; w[cnt] = _; nxt[cnt] = front[u]; front[u] = cnt; }
void dfs(int x,int fa) {
sum[x] = a[x]; res[x] = a[x];
for (int i = front[x]; i ; i = nxt[i]) {
int v = to[i] , _ = w[i];
if (v == fa) continue;
dfs(v , x);
sum[v] -= 2 * _; sum[x] += sum[v];
res[x] -= 2 * _; res[x] += res[v];
}
}
void solve(int x,int fa) {
dp[x] = 0;
vector <pll> A,B; ll cost = 0 , sal = 0;
for (int i = front[x]; i ; i = nxt[i]) {
int v = to[i] , _ = w[i];
if (v == fa) continue;
solve(v , x);
cost = dp[v] + _; if (res[v] + dp[v] - _ < 0) cost -= res[v] + dp[v] - _;
sal = sum[v];
if (sal >= 0) A.pb(make_pair(cost , sal)); else B.pb(make_pair(cost , sal));
}
sort(all(A) , [&](pll x,pll y) { return x.first < y.first; } );
sort(all(B) , [&](pll x,pll y) { return x.first + x.second > y.first + y.second; } );
ll s = 0;
for (auto pi : A) dp[x] = max(dp[x] , pi.first - s) , s += pi.second;
for (auto pi : B) dp[x] = max(dp[x] , pi.first - s) , s += pi.second;
dp[x] -= a[x]; dp[x] = max(dp[x] , 0ll);
}
int main(){
ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t; cin >> t;
while (t--) {
int n; cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i] , front[i] = 0;
cnt = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u , v , w; cin >> u >> v >> w;
add(u , v , w); add(v , u , w);
}
dfs(1 , 0);
solve(1 , 0);
cout << dp[1] << endl;
}
}
