题目大意
给定一棵\(n\)个节点的有根树，\(1\)号节点是根。每个点有一个参数，初始时为\(0\)。
你可以进行若干次操作。每次操作你指定一个节点\(u\)和一个整数\(x\)（可以为负），令\(u\)的子树内（包含\(u\)）所有节点的参数加上\(x\)。
给你\(n\)个区间\([l_i,r_i]\)，问最少进行多少次操作，可以使每个节点\(i\)的参数都在自己的\([l_i,r_i]\)范围内。
数据范围：\(1\leq n\leq 2000,-10^9\leq l_i\leq r_i\leq 10^9\)。\(T\)组测试数据，\(T\leq 10\)。
本题题解
首先，容易发现，在同一个节点上，我们最多只会进行一次操作。于是问题转化为，给每个节点确定一个“操作值”，使得【\(i\)及\(i\)的所有祖先的操作值之和】在\([l_i,r_i]\)范围内，同时最小化“操作值”不为\(0\)的节点数量。
考虑树形DP。设\(dp[u][x]\)表示，如果节点\(u\)的所有祖先（不包含它自己。如无特殊说明，以下所说的祖先都不包含自己，子树都包含自己）操作值之和为\(x\)，在\(u\)的子树内，最少还要再进行多少次操作。显然，子树内的操作，不会影响到子树外的其他点，且这个子树内的答案只受它的祖先影响（这个影响就是\(x\)，我们把我们无法确定的东西都写到状态里），所以这个状态很合理。
考虑转移。显然，对于\(u\)的所有儿子来说，它们的祖先对它们的贡献是相同的。所以可以预处理一个\(g[u][y]=\sum_{v\in\text{son}(u)}dp[v][y]\)。
对于\(u\)的儿子来说，这个\(y\)是它的祖先对它的贡献之和。对\(u\)来说，这个\(y\)是它自己的“操作值”加上它祖先的操作值之和（也就是说，\(y\)比前面的\(x\)，就是多了一个\(u\)自己的“操作值”）。并且，\(y\)就是\(u\)最终的参数，所以合法的\(y\)必须在\([l_u,r_u]\)之间。于是我们能写出转移式：
\[dp[u][x]=\min_{l_u\leq y\leq r_u}\{g[u][y] + [y\neq x]\} \]
可以对第二维，在\(l,r\)区间里的部分求前缀、后缀最小值。则转移就是\(O(1)\)的了（具体可以见我代码）。时间复杂度\(O(n\cdot \text{值域})\)。最终答案就是\(dp[u][0]\)。
但是由于值域高达\(10^9\)，这个做法目前还不可行。为了继续优化，需要用到一个观察：
引理：一定存在一种最优解，使得每个节点最终的参数（它和它所有祖先的“操作值”之和）属于集合\(\{l_i,r_i | 1\leq i\leq n\}\)。
证明可以考虑，设把所有\(l_i,r_i\)放在一起排序后，设这些值为\(w_1\dots w_{2n}\)。对于任意一个\(x\)，假设\(w_j<x<w_{j+1}\)，那么\(dp[u][x]\)的值一定等于\(dp[u][w_j]\)。这个好像可以归纳。
由这个引理，有一个直接的推论就是，存在一种最优解，使得所有的\(x,y\)，都在\(\{l_i,r_i | 1\leq i\leq n\}\cup\{0\}\)这个集合里（\(x\)可能是\(0\)，因为你可以认为\(1\)的祖先的参数是\(0\)）。所以直接把这些点离散化，就可以\(O(n^2)\) DP了。
参考代码：
//problem:1012
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}
const int MAXN=2000;
const int INF=1e9;
int n;
struct EDGE{int nxt,to;}edge[MAXN*2+5];
int head[MAXN+5],tot;
inline void add_edge(int u,int v){edge[++tot].nxt=head[u],edge[tot].to=v,head[u]=tot;}
struct Range_t{
int l,r;
}rg[MAXN+5];
int vals[MAXN*2+5],cnt_val;
int f[MAXN+5][MAXN*2+5],pre[MAXN*2+5],suf[MAXN*2+5];
void dfs(int u,int fa){
for(int i=1;i<=cnt_val;++i){
f[u][i]=0;
}
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
int v=edge[i].to;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
for(int j=1;j<=cnt_val;++j){
f[u][j]+=f[v][j];
}
}
int l=lob(vals+1,vals+cnt_val+1,rg[u].l)-vals;
int r=lob(vals+1,vals+cnt_val+1,rg[u].r)-vals;
pre[0]=suf[cnt_val+1]=INF;
for(int i=1;i<=cnt_val;++i){
pre[i]=min(pre[i-1],((i>=l && i<=r) ? f[u][i] : INF));
}
for(int i=cnt_val;i>=1;--i){
suf[i]=min(suf[i+1],((i>=l && i<=r) ? f[u][i] : INF));
}
for(int i=1;i<=cnt_val;++i){
f[u][i]=min(((i>=l && i<=r) ? f[u][i] : INF), min(pre[i-1],suf[i+1])+1);
}
}
void solve_case(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i){
head[i]=0;
}
tot=0;
for(int i=1;i<n;++i){
int u,v;cin>>u>>v;
add_edge(u,v);
add_edge(v,u);
}
cnt_val=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>rg[i].l>>rg[i].r;
vals[++cnt_val]=rg[i].l;
vals[++cnt_val]=rg[i].r;
}
vals[++cnt_val]=0;
sort(vals+1,vals+cnt_val+1);
cnt_val=unique(vals+1,vals+cnt_val+1)-(vals+1);
dfs(1,0);
// for(int i=1;i<=cnt_val;++i)cout<<vals[i]<<" ";cout<<endl;
// for(int i=1;i<=n;++i){
// for(int j=1;j<=cnt_val;++j)cout<<f[i][j]<<" ";cout<<endl;
// }
int pos=lob(vals+1,vals+cnt_val+1,0)-vals;
cout<<f[1][pos]<<endl;
}
int main() {
int T;cin>>T;while(T--)solve_case();
return 0;
}