树形DP(校赛A题)

这是题目链接：
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题面很好理解就是给你一颗树，给你每个节点的权值和每条边的权值，让你求出对于所有路径，它的起始节点权值加上边权最大值。这题一看就是树形dp走一波，原谅我以前做的少，唉，没写出来，先来说这样一道题，在这提基础上我们求出所有点权和边权加在一起的结果：这题的dp方程是这样的，我们假设dp[i[表示以i为根节点的树的最大权值和，且包括当前节点啊，那么我们的转移方程就是dp[i[=max(dp[i],dp[i]+dp[next]+w[i][next]),那么大家考虑这题，我们只需要起始节点，那么对于一i节点为媒介的路径我们是不需要加上i节点·的权值的，那么方程就会变为：dp[i[=max(dp[i],dp[next]+w[i][next]),这个很好理解，我个人总结了一下关于树状结构的一般解题思路，好像大致都是将树拆分成好多个子树，对于某两个节点通过一个子节点的两颗子树来更新数据，这题就是。我这里画个图给大家解析一下这题：拿样例来说明吧：
上面图片已经做了详细讲解思路：
AC代码：

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+5;
vector<pair<int,int> >G[N];
int f[N];
int value[N];
int ans=-0x3f3f3f3f;
void dfs(int u,int fa)
{
    f[u]=value[u];
    for(int i=0;i<G[u].size();i++)
    {
        int v=G[u][i].first;
        if(v==fa)continue;
        dfs(v,u);
        ans = max(ans,f[u]+f[v]+G[u][i].second);//这个是更新最长路径因为存在负的权值，所以中间都需要更新
        f[u]=max(f[u],f[v]+G[u][i].second);//这个就是状态转移方程
    }
}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {

        ans=-0x3f3f3f3f;
        int n;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            G[i].clear();
            f[i]=0;
        }
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            int x,w;
            scanf("%d%d",&x,&w);
            G[i].push_back(make_pair(x,w));
            G[x].push_back(make_pair(i,w));
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&value[i]);
        }
        dfs(1,0);
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}