（下面点亮一个灯泡就说成染色了，感觉染色比较顺口...
注意完全二叉树(
eq)满二叉树，点亮第一个灯泡(
eq)第一次点亮一号灯泡，根节点应该就是(1)...
代价取决于下一次跳到哪个点，考虑记下这个状态，令(f[i][j])表示染完(i)这棵子树后下一次染(j)的最小花费，但是状态数是(O(n^2))的。
因为染色顺序很特殊，染完整棵(i)子树后下一步要么是染(i)的某个祖先，要么是染(i)的某个祖先的另一个儿子（除去(i)这棵子树外的另一棵子树）。同时树深是(O(log n))的，也就是一个点最多有(log n)个祖先。
所以我们记(f[i][j])表示染完(i)子树后，走到(i)的(j)级祖先的最小花费；(g[i][j])表示染完(i)子树后，走到(i)的(j)级祖先的另一个儿子处（即(i)的(j)级祖先的兄弟节点）的最小花费。状态数是(O(nlog n))的。
考虑(f[i][j]/g[i][j])的转移。
如果(i)是叶子节点，那直接算一下走到对应节点的花费即可。
如果(i)只有左儿子，那走到左儿子再从左儿子走到对应节点即可。
否则(i)有两个儿子(l,r)，要么是(i o l o r o i的对应祖先)，要么是(i o r o l o i的对应祖先)，取个(min)即可。
DP的复杂度也是(O(nlog n))的。
然后怎么统计以(x)作为起点的答案？
注意到一定是染完(x)子树，然后跳到(fa[x])，染(fa[x])的另一棵子树（如果有）；然后跳到(fa[fa[x]])，染(fa[fa[x]])的另一棵子树...重复这个过程。
每次跳(fa)，用DP数组统计一下花费就好了。总复杂度也是(O(nlog n))。
注意是用dep[1]等于(1)来得到dep的（因为要算(g[i][j])，表示(j)级祖先的另一个儿子！）。
//72992kb 784ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
#define fa(x) (x>>1)
#define lson(x) (x<<1)
#define rson(x) (x<<1|1)
#define Anc(x,j) (x>>j)//x的j级祖先
#define Bro(x,j) ((x>>j-1)^1)//x的j级祖先的另一个儿子
typedef long long LL;
const int N=2e5+5,BIT=18;
int A[N],dep[N],dis[N][BIT];
LL f[N][BIT],g[N][BIT];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
int main()
{
const int n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
dep[1]=1;
for(int x=2; x<=n; ++x)
{
dep[x]=dep[fa(x)]+1, dis[x][1]=read();
for(int j=2; j<=dep[x]; ++j)
dis[x][j]=dis[fa(x)][j-1]+dis[x][1];
}
for(int x=n; x; --x)
{
int l=lson(x),r=rson(x);
for(int j=1; j<=dep[x]; ++j)
if(r<=n)
{
f[x][j]=std::min(1ll*A[l]*dis[l][1]+g[l][1]+f[r][j+1],1ll*A[r]*dis[r][1]+g[r][1]+f[l][j+1]);
g[x][j]=std::min(1ll*A[l]*dis[l][1]+g[l][1]+g[r][j+1],1ll*A[r]*dis[r][1]+g[r][1]+g[l][j+1]);
}
else if(l<=n)
{
f[x][j]=1ll*A[l]*dis[l][1]+f[l][j+1];
g[x][j]=1ll*A[l]*dis[l][1]+g[l][j+1];
}
else f[x][j]=1ll*dis[x][j]*A[Anc(x,j)], g[x][j]=1ll*(dis[x][j]+dis[Bro(x,j)][1])*A[Bro(x,j)];
}
LL ans=1ll<<61;
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
LL now=f[i][1];
for(int x=fa(i),las=i; x; las=x,x=fa(x))
{
int y=las^1;
if(y<=n) now+=1ll*dis[y][1]*A[y]+f[y][2];
else now+=1ll*dis[x][1]*A[fa(x)];
}
ans=std::min(ans,now);
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}