[yLOI2019] 梅深不见冬

给定一个根节点为 \(1\) 的有根树，一共 \(n\) 个节点。从这棵 \(n\) 个节点的树的 \(1\) 号节点出发，沿着树上的边行走。规定：在节点 \(u\) 时，要么在 \(u\) 的孩子中选择一个没有到达过的节点 \(v\) 并行走到 \(v\)，要么选择回到 \(u\) 的父亲节点。

现在给每个节点一个权值 \(w\)，其中 \(i\) 号节点的权值为 \(w_i\)。他想给这棵树的某个节点放上从梅岭带出的梅花。我们规定能在节点 \(u\) 放上梅花当且仅当满足如下条件：

当前在节点 \(u\)。

对于 \(u\) 的所有孩子 \(v\)，节点 \(v\) 被放上了 \(w_v\) 朵梅花。

同时，可以在任意时刻收回任意节点上的梅花，在收回梅花时不需要走到对应节点。

Q：对于每个节点，如果他想在 \(i\) 号节点上放 \(w_i\) 朵梅花，那么他最少要从梅岭带出多少朵梅花。

A：设要节点 \(i\) 放置梅花所需的数量为 \(f_u\)。我们依次按照 \(a_1,a_2,a_3,\dots,a_m\) 的顺序给儿子放置梅花，在放置好 \(a_i\) 处的梅花后将其子树（不包含 \(a_i\)）中的梅花全部回收。这样做显然是最优的。

那么

\[f_u=\max(f_k+\sum_{i=1}^{k-1}w_{a_{i}},w_{u}+\sum_{i=1}^{m}w_{i}) \]

设仅有两个儿子节点 \(x,y\)。设先 \(x\) 后 \(y\) 最优。

有

\[\max(f_x,w_x+f_y)\le \max(f_y,w_y+f_x) \]

若左式取 \(f_x\)，则 \(f_x\le f_x+w_y\le \max(f_y,w_y+f_x)\)。

若左式取 \(w_x+f_y\)，则需满足 \(w_x+f_y\le w_y+f_x\)。

即 \(w_x-f_x\le w_y-f_y\)。

当最优解为 \(a_1,a_2,\dots,a_m\) 时：若最优解中满足 \(w_x-f_x\le w_y-f_y\) 的 \(x\) 在 \(y\) 的右边，交换 \(x\)、\(y\) 一定不劣。

因此我们可以不断的进行类似冒泡排序的方式交换 \(x,y\)，使得最优解 \(a\) 满足 \(w_i-f_i\) 单调递增。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+1;
int h[N],nt[N<<1],to[N<<1],cnt;
int f[N],w[N],n;
bool cmp(int x,int y){
    return f[x]-w[x]>f[y]-w[y];
}
inline void lnk(int x,int y){
    nt[++cnt]=h[x],h[x]=cnt,to[cnt]=y;
}
inline void dfs(int u){
    f[u]=w[u];
    for(int i=h[u],v;i;i=nt[i])dfs(v=to[i]),f[u]+=w[v];
    vector<int> S; S.clear();
    for(int i=h[u];i;i=nt[i])S.push_back(to[i]);
    sort(S.begin(),S.end(),cmp); int cur=0;
    for(vector<int>::iterator it=S.begin();it!=S.end();it++)
        f[u]=max(f[u],cur+f[*it]),cur+=w[*it];
}
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=2,x;i<=n;i++)cin>>x,lnk(x,i);
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i];
    dfs(1);
    for(int i=1;i<=n;i++)cout<<f[i]<<' ';
    return 0;
}