这题直接贪心显然不可行.

考虑树形dp，用 \(f_i\) 表示到 \(i\) 人后，以 \(i\) 为根的所有人安装完的最短时间.

对于一个节点 \(u\), 假设拜访子节点的顺序为 \(v_1,v_2,...,v_m\) ，那么得到转移方程.

\[f_u = max(f_v + \sum\limits_{j = 1}^{i - 1}sum_j) \]

其中 \(sum_i\) 表示拜访完以 \(i\) 为根的子树的所有人所花的时间,即 \((siz_i -1) *2\)

拜访的顺序考虑贪心

对于两个相邻整数 \(i,j\)​ ,必须满足 \(f_j + \sum\limits_{k =1}^{j-1}sum_k<f_i+ \sum\limits_{k=1}^{i-1}sum_k+sum_j\)​

\(\to f_j+sum_i < f_i+sum_j\\\to f_j-sum_j<f_i-sum_i\)

所以只要将 \(f_i - sum_i\) 从大到小排序即可.

const int N = 5e5 + 10;
vector<int>e[N];
int f[N], a[N], g[N];
bool cmp(int x, int y) {return g[x] - f[x] > g[y] - f[y];}
void dfs(int u, int fa) {
    for (int v : e[u]) {
        if (v == fa)continue;
        dfs(v, u);
    }
    sort(e[u].begin(), e[u].end(), cmp);
    if (u != 1) g[u] = a[u];
    for (int v : e[u]) {
        if (v == fa)continue;
        g[u] = max(g[u], g[v] + f[u] + 1);
        f[u] += f[v] + 2;
    }
}
int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int n; cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
    for (int i = 1, x, y; i < n; ++i) {
        cin >> x >> y;
        e[x].push_back(y);
        e[y].push_back(x);
    }
    dfs(1, 0);
    cout << max(g[1], f[1] + a[1]);
}