小A从仓库里找出了一棵n个点的有根树，1号节点为这棵树的根，树上每个节点的权值为wi,大小为ai。
现在他心中产生了Q个疑问，每个疑问形如在x的子树里，选出一些大小和不超过s的节点(不可以重复选一个节点)，最大权值和可以为多少。
输入格式
一行一个整数n。
n−1行两个整数ui, vi表示一条边。
N每行两个整数wi, ai表示这个点的权值和大小。
一行一个整数Q。
每行两个整数x, s，表示一个询问。
输出格式
Q行每行一个整数表示答案
样例输入
样例一
input
5
1 3
2 4
5 3
4 3
2 3
3 2
1 4
5 4
3 1
7
1 5
2 1
2 2
2 3
4 4
3 3
3 5
output
8
0
3
3
5
6
8
限制与约定
10%的数据满足n≤10,s,ai≤10,wi≤10
100%的数据满足n,s,ai≤5000,wi≤10^6,q<=10^5
1s, 512MB
分析：
10分----对每个询问暴力背包DP即可
30分----设f[x][s]表示以x为根节点的子树中取大小和不超过x的节点，最大权值和是多少
F[x][s]=f[c][s’]+f[x][s-s’] （c为子树的节点，合并时的状态转移方程）
时间复杂度为O（ns^2）
100分----之前算法的瓶颈在于合并时的复杂度较高，可以使用启发式合并，每次合并的时候暴力DFS物品较少的子树，直接把一个物品最多的孩子DP数组拷贝到父亲节点的DP 数组上，对于其他孩子暴力DFS，一个一个加进来，复杂度为O（n s log n）
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define reg(i,a) for(int i=u[a];i;i=e[i].pre)
#define v e[i].to
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn=5010;
struct edge
{
int to,pre;
}e[maxn<<1];
int u[maxn],cnt=0;
int n,son[maxn],sz[maxn],w[maxn],l[maxn];
LL f[maxn][maxn];
inline void ins(int a,int b)
{
e[++cnt]=(edge){b,u[a]};
u[a]=cnt;
}
inline int read()
{
int f=1,x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline LL maxLL(LL a,LL b){return a>b?a:b;}
void dfs(int x,int f)
{
sz[x]=1,son[x]=0;
reg(i,x) if(v!=f)dfs(v,x),sz[x]+=sz[v],son[x]=(sz[v]>sz[son[x]]?v:son[x]);//son[x]表示物品最多的子节点编号
}
void add(int x,int fa,LL f[])
{
dep(i,maxn-10,l[x]) f[i]=maxLL(f[i],f[i-l[x]]+w[x]);
reg(i,x) if(v!=fa) add(v,x,f);
}
void dp(int x,int fa)
{
reg(i,x) if(v!=fa)dp(v,x);
memcpy(f[x],f[son[x]],sizeof(f[x]));//直接拷贝最大的儿子DP数组给父亲节点
reg(i,x) if(v!=fa&&v!=son[x]) add(v,x,f[x]);//dfs加上其他子节点的物品
dep(j,maxn-10,l[x]) f[x][j]=maxLL(f[x][j],f[x][j-l[x]]+w[x]);
}
int main()
{
n=read();
rep(i,1,n-1){int a=read(),b=read();ins(a,b);ins(b,a);}
rep(i,1,n){w[i]=read(),l[i]=read();}
dfs(1,0);
dp(1,0);//离线做法
int q=read();
rep(i,1,q){int x=read(),s=read();cout<<f[x][s]<<endl;}
return 0;
}
