正题
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/AT4144
题目大意
\(n\)个点\(m\)条边的一张无向联通图，每个点有两个值\(a_i,b_i\)。表示经过该点时需要拥有\(a_i\)元，该点需要捐献\(b_i\)元。
任意起点，询问开始时至少多少钱才能捐献完所有点。
解题思路
\(WC2021\)和\(XJ\)杂题都讲过倒过来跑贪心的做法，不过我不知道怎么确定起点就爬了
首先定义\(c_i=max\{a_i-b_i,0\}\)，因为\(a_i\leq b_i\)没有意义，所以这个\(c_i\)是有意义的部分。
图的话好像很麻烦，先搞一个\(Kruskal\)重构树，不过这个是点权的，方法差不多，从小到大枚举点权就好了。
然后考虑一下我们的策略，肯定是走到一个点会顺便走完整个子树会更优。
所以设\(f_x\)表示走完子树\(x\)需要的权值，考虑如何转移，我们肯定是先从前面若干个子树走完捐献一遍后再捐献点\(x\)，然后走向最后一个子树。
以我们可以枚举最后一个子树\(y\)，然后转移方程就是
\[f_x=min\{s_x-s_y+max\{f_y,c_x\}\}
\]
（这里\(s_x\)表示子树\(x\)的权值和）
这个转移的前面很好懂，就是捐赠其他子树，因为\(c_x\)一定大于它子树里的，所以不用考虑里面的\(c\)。之后后面那个就是两种限制取一个最大值。
时间复杂度\(O(n\log n)\)（排序复杂度）
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e5+10;
struct node{
ll to,next;
}a[N];
ll n,m,tot,ls[N],fa[N],l[N],w[N],p[N],f[N];
vector<ll> G[N];bool v[N];
bool cmp(ll x,ll y)
{return l[x]<l[y];}
ll find(ll x)
{return (fa[x]==x)?x:(fa[x]=find(fa[x]));}
void addl(ll x,ll y){
a[++tot].to=y;
a[tot].next=ls[x];
ls[x]=tot;return;
}
void dp(ll x){
if(!ls[x])f[x]=l[x]+w[x];
else f[x]=1e18;
for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
ll y=a[i].to;dp(y);
f[x]=min(f[x],w[x]-w[y]+max(l[x],f[y]));
}
return;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(ll i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld%lld",&l[i],&w[i]);
l[i]=max(l[i]-w[i],0ll);p[i]=i;
}
for(ll i=1;i<=m;i++){
ll x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}
sort(p+1,p+1+n,cmp);
for(ll i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
for(ll k=1;k<=n;k++){
ll x=p[k];
for(ll i=0;i<G[x].size();i++){
ll y=G[x][i];
if(!v[y])continue;
ll Fa=find(y),Fb=find(x);
if(Fa==Fb)continue;
fa[Fa]=Fb;w[Fb]+=w[Fa];
addl(Fb,Fa);
}
v[x]=1;
}
dp(p[n]);
printf("%lld\n",f[p[n]]);
return 0;
}