description
马上就是小苗的生日了，为了给小苗准备礼物，小葱兴冲冲地来到了商店街。商店街有(n)个商店，并且它们之间的道路构成了一颗树的形状。
第(i)个商店只卖第(i)种物品，小苗对于这种物品的喜爱度是(w_i)，物品的价格为(c_i)，物品的库存是(d_i)。但是商店街有一项奇怪的规定：如果在商店(u,v)买了东西，并且有一个商店(w)在(u)到(v)的路径上，那么必须要在商店(w)买东西。小葱身上有(m)元钱，他想要尽量让小苗开心，所以他希望最大化小苗对买
到物品的喜爱度之和。这种小问题对于小葱来说当然不在话下，但是他的身边没有电脑，于是他打电话给同为OI选手的你，你能帮帮他吗？
input
输入第一行一个正整数(T)，表示测试数据组数。
对于每组数据，
第一行两个正整数(n,m)；
第二行(n)个非负整数(w_1,w_2...w_n)；
第三行(n)个正整数(c_1,c_2...c_n)；
第四行(n)个正整数(d_1,d_2...d_n)；
接下来(n-1)行每行两个正整数(u,v)表示(u)和(v)之间有一条道路
output
输出共(T) 行，每行一个整数，表示最大的喜爱度之和。
sample input
1
3 2
1 2 3
1 1 1
1 2 1
1 2
1 3
sample output
4
hint
$ n le 500,m le 4000,T le 5,W_i le 4000,D_i le 100$
sol
显然选出来的商店在树上要是一个连通块。
枚举这个连通块的根，然后以这个点为根做树上依赖多重背包即可，如果多重背包用单调队列优化到(O(m))了的话复杂度就是(O(n^2m))。
注意单调队列优化多重背包的时候要把原先的(dp)值存下来，不然就重复转移了。
树上依赖的问题可以先强制选某个点(u)至少一次，再加入子树答案，最后和不选(u)的答案取个(max)即可。
然后会发现这里维护的就是子树信息，然后就(dsu on tree)一波，复杂度就变成了(O(nmlog n))。
当然点分治也是一样做的，复杂度也是(O(nmlog n))。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
const int N = 505;
const int M = 4005;
const int inf = 1e9;
int Case,n,m,w[N],c[N],d[N],to[N<<1],nxt[N<<1],head[N],cnt,q1[M],q2[M],hd,tl;
int sz[N],son[N],f[N][M],g[N][M],ans;//g is backup
void link(int u,int v){
to[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
}
void insert(int *dp,int x){
for (int i=m;i>=c[x];--i) dp[i]=dp[i-c[x]]+w[x];
for (int i=0;i<c[x];++i) dp[i]=-inf;
for (int i=0;i<c[x];++i){
hd=1,tl=0;
for (int j=i;j<=m;j+=c[x]){
while (hd<=tl&&(j-q1[hd])/c[x]>d[x]-1) ++hd;
while (hd<=tl&&dp[j]-j/c[x]*w[x]>=q2[tl]) --tl;
q1[++tl]=j;q2[tl]=dp[j]-j/c[x]*w[x];
dp[j]=q2[hd]+j/c[x]*w[x];
}
}
}
void upt(int u,int fa,int rt){
insert(f[rt],u);
for (int e=head[u];e;e=nxt[e])
if (to[e]!=fa){
for (int i=0;i<=m;++i) g[u][i]=f[rt][i];
upt(to[e],u,rt);
for (int i=0;i<=m;++i) f[rt][i]=max(f[rt][i],g[u][i]);
}
}
void dfs(int u,int fa){
sz[u]=1;son[u]=0;
for (int e=head[u];e;e=nxt[e])
if (to[e]!=fa){
dfs(to[e],u),sz[u]+=sz[to[e]];
if (sz[to[e]]>sz[son[u]]) son[u]=to[e];
}
for (int i=0;i<=m;++i) f[u][i]=max(f[son[u]][i],0);
insert(f[u],u);
for (int e=head[u];e;e=nxt[e])
if (to[e]!=fa&&to[e]!=son[u]){
for (int i=0;i<=m;++i) g[u][i]=f[u][i];
upt(to[e],u,u);
for (int i=0;i<=m;++i) f[u][i]=max(f[u][i],g[u][i]);
}
}
int main(){
Case=gi();
while (Case--){
memset(head,0,sizeof(head));cnt=0;
n=gi();m=gi();
for (int i=1;i<=n;++i) w[i]=gi();
for (int i=1;i<=n;++i) c[i]=gi();
for (int i=1;i<=n;++i) d[i]=gi();
for (int i=1;i<n;++i){
int u=gi(),v=gi();
link(u,v);link(v,u);
}
dfs(1,0);ans=0;
for (int i=1;i<=n;++i) ans=max(ans,f[i][m]);
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}