【ctsc2010 星际旅行】

   题意很简单：

   给定一棵树，问从根分别走到每个节点的最长路程，其中每个点给定lim，即最多从该点出发lim次，保证lim大于等于该点的度数。

   特别“鸣谢”ldl在他的模拟题中出了这道题。

   当题解讲这要用树形dp解网络流模型时，都被惊异了，完全没有想到网络流，也完全没有必要网络流，atm在考场上直接有树形dp AC之，考后hyc也自己YY出了另一种dp方法，

网络流对于这道题真心不知道有什么意义。

   std，atm 和 hyc的dp都有一个无语的问题，那就是细节比较多，转移或统计时要使劲的推啊推，修改啊修改，各种地方的加减使得出错概率很高，对于我这种傻×肯定写起来比较吃力//用atm的方法写了一半，被打断，后来去写就又推不出了。

 

   于是只要YY 啊  YY ，YY出一个几乎没有烦人的细节，甚至没有写dp过程的方法：

    

   正向思维难度很大，发现可以设计一个回退操作，而回退操作对于答案的影响仅为1！
   那么可以先用简单的统计求出从根回到根得到的最大步数，然后用dfs序求解，dfs递归时，等于是要撤销一步操作，分三种情况讨论，只有加1和减1操作，完全没有麻烦的。

    

   方法简单到1A， 在衡八上刷到了rank 1（貌似是头一次）

   http://www.zybbs.org/JudgeOnline/problemstatus.php?id=1917

# include <cstdlib>
# include <cmath>
# include <cstdio>
# include <cstring>

using namespace std;

const int V = 50000+10, E = 100000+10;
int top, linke[E], point[E], next[E];
int n, bj[V], d[V], cs[V], ans[V], now;  

void link(int x, int y) {++top; next[top]=linke[x];linke[x]=top;point[top]= y;}
int min(int x, int y) {return x<y?x:y;};

void dfs(int u, int fa)
{
	int up, ke;
	for (ke = linke[u]; ke; ke = next[ke])
	if (point[ke]!= fa)
	{
		dfs(point[ke], u);
		up = min(d[u], d[point[ke]]);
		d[u] -= up; d[point[ke]] -= up; now += 2*up;
		if (d[point[ke]]) cs[u] = point[ke];
	}
}
void dfs_ans(int u, int fa)
{
	int ke; ans[u] = now;
	for (ke = linke[u]; ke; ke = next[ke])
	if (point[ke]!= fa)
	{
		if (d[u] != 0) d[u]--, now++, bj[u] = 1;
	    else if (cs[point[ke]]!= 0) d[cs[point[ke]]]--, now++, bj[u] = 2;
		else d[point[ke]]++, now--, bj[u] = 3;
		dfs_ans(point[ke], u);
		if (bj[u] == 1) d[u]++, now--;
		else if (bj[u] == 2)  d[cs[point[ke]]]++, now--;
		else d[point[ke]]--, now++;
	}
}
int main()
{
	int i, x, y;
	freopen("child.in", "r", stdin);
	freopen("child.out", "w", stdout);
	scanf("%d", &n);
	for (i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &d[i]); 
	for (i = 1; i < n; i++) scanf("%d%d", &x, &y), ++x, ++y, link(x, y), link(y, x), d[x]--, d[y]--, now += 2;
	dfs(1, 0); 
	dfs_ans(1, 0);
	for (i = 1; i <= n; i++) printf("%d\n", ans[i]);
	return 0;
}