这道题的难点其实是在设DP方程，见过就应该会了
令f0,i表示先激发i的父亲，再激发i，把i的整棵子树都激发的最小费用
f1,i表示先激发i，再激发i的父亲，把i的整棵子树都激发的最小费用
设x,y为i的孩子，先激发x再激发i再激发y有
f0,i=∑(f1,y-cy)+∑f0,x+di-cfa
f1,i=∑(f1,y-cy)+∑f0,x+di
其中差的只有cfa，即0<=f1,i-f0,i<=1，对于typeA就容易做了，若两者相等就选f1，它可以消父亲，否则选f0，因为父亲消的次数有限，而即使消了也只是和选f0得到相同的结果
对于TypeB做树上背包，Fi,j表示第i个点，孩子节点给它贡献了j的最小费用，更新f0,f1
我码力太弱了。。在判断i是否已经被全部消完的时候f0和1要分开判。。。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
using namespace std; struct node
{
int x,y,next;
}a[];int len,last[];
void ins(int x,int y)
{
len++;
a[len].x=x;a[len].y=y;
a[len].next=last[x];last[x]=len;
} int n,d[],c[]; bool type;
int f[][],F[][],li[],t[];
void dfs(int x,int fr)
{
if(type==false)
{
f[][x]=max(d[x]-c[fr],);
f[][x]=d[x];
}
else F[x][]=;
int sumc=;
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;
if(y!=fr)
{
dfs(y,x);sumc+=c[y];
if(type==false)
{
if(f[][y]==f[][y])
{
f[][x]+=f[][y]-c[y]*((d[x]-c[fr])>=c[y]);
f[][x]+=f[][y]-c[y]*(d[x]>=c[y]);
d[x]-=c[y];
}
else
f[][x]+=f[][y], f[][x]+=f[][y];
}
else
{
memset(t,,sizeof(t));
for(int i=min(sumc,li[x]);i>=;i--)t[i]=F[x][i]+f[][y];
for(int i=min(sumc,li[x]);i>=;i--)
{
int u=min(sumc,i+c[y]);
if(i+c[y]>li[x])t[u]=min(t[u],F[x][i]+f[][y]);
else t[u]=min(F[x][u]+f[][y],F[x][i]+f[][y]);
}
memcpy(F[x],t,sizeof(F[x]));
li[x]+=c[y];
}
}
}
if(type==true)
{
for(int i=min(sumc,li[x]);i>=;i--)
{
f[][x]=min(f[][x],F[x][i]+max(d[x]-i-c[fr],));
f[][x]=min(f[][x],F[x][i]+max(d[x]-i,));
}
}
} int main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&d[i]);
type=false;
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&c[i]),type|=(c[i]>); int x,y;
for(int i=;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
ins(x,y),ins(y,x);
}
memset(f,,sizeof(f));
memset(F,,sizeof(F));
dfs(,);
printf("%d\n",f[][]); return ;
}