思路来源
来源①：https://blog.csdn.net/gatieme/article/details/49202739
来源②：https://www.cnblogs.com/dramstadt/p/3201984.html
题意
给你一棵树，一上来可以染根节点。
对于其他的点i，染i时必须先染i的父节点。
每个点i对应一个权值c[i]，
从t=0开始染色，染i的花费=c[i]*当前时间t
现给定父子关系和根节点编号，
不妨设点i在s[i]秒被染色，染色时间为1(这里记为t[i])
即求
题解
显然，我们染了一个点之后，
如果它的后继点是权值最大的点，
我们立刻染权值最大的点，是最明智的选择。
这就意味着，不管何时染权值最大的点的前驱，
染完之后下一秒都该染权值最大的点，
即在染色序列中，权值最大的点是和它的前驱挨在一起的。
我们把这两个点绑定在一起，合二为一。
记点i在s[i]秒被染色，染色时间为t[i]，权值为c[i]，
考虑三个点的情形x y z
其中x是y的前驱，z可以直接染。
这样有两种染色方式，
c[x]+2c[y]+3c[z]①
c[z]+2c[x]+3c[y]②
在任意一种染色方式中，y都在x后染，
设第s[x]秒染x，cost为s[x]·c[x]
则(s[x]+1)秒染y，cost为(s[x]+1)·c[y]，在这里t[x]=1,
如果我们将x和y绑定在一起的话直接求s[x]*(c[x]+c[y])，会少算1·c[y]
因此，我们每一次合并，就把染父亲节点所需时间*子节点的权值（这里是t[x]*c[y]）加到sum里。
此外，若先不考虑随时间增长的花费，
它们都至少有c[x]+c[y]+c[z]的基础花费，我们在最初的时候把这些也加到sum里。
而选择任意一种方式，都会有y在x后染而带来的附加花费c[y]
这样最基础的花费就是c[x]+2c[y]+c[z]
比较基础花费和①、②的区别，发现一个多2*c[z]，另一个多(c[x]+c[y])
假设这里c[x]+c[y]<2*c[z]，
那么我们就应该选策略②，让z先染，
其实质是，即单染z的时间比染x、y的平均时间长，
因此，我们优先染那些平均单点时间长的点。
事实上，由于c[z]大，先将z向根合并，再将(xy)合点向根合并，就达到了先染z的目的。
而实际由于先合并z的时候，根节点里只有一个点，
再合并xy的时候，根节点里有两个点，
所以对答案的贡献，大的权值*1+小的权值*2，一定比反过来更优。
这实际上，就是第一秒染z，第二秒染xy合点（由于sum里加过c[y]其实是第二秒染x第三秒染y）的等价意义。
所以，开一个结构体，代表节点/合并后的节点
记录一个c，是合并点的总权值，
记录一个t，是合并点的染点总时间
每次遍历选择，v=c/t最大的，即平均时间最大的点开始染。
怎么叫染了这个点呢？把它和它的父节点合并。
代表染完它的祖先节点之后，立刻染这个点。
代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <functional>
const double INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e5+10;
const int mod=1e9+7;
const int MOD=998244353;
const double eps=1e-7;
typedef long long ll;
#define vi vector<int>
#define si set<int>
#define pii pair<double,int>
#define pi acos(-1.0)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define sci(x) scanf("%d",&(x))
#define scll(x) scanf("%lld",&(x))
#define sclf(x) scanf("%lf",&(x))
#define pri(x) printf("%d",(x))
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;++i)
#define per(i,j,k) for(int i=j;i>=k;--i)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
int n,r,sum,a,b;
struct node
{
double v;
int c;//c总
int t;//t总
int par;
};
node ans[1005];
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&r)&&n+r)
{
mem(ans,0);
sum=0;
rep(i,1,n)
{
scanf("%d",&ans[i].c);
ans[i].t=1;
ans[i].v=ans[i].c;
sum+=ans[i].c;
}
rep(i,1,n-1)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
ans[b].par=a;
}
rep(i,1,n-1)//需要合并n-1次
{
int pos=0;
double maxv=-1;
rep(j,1,n)
{
if(j==r)continue;
if(ans[j].v>maxv)
{
pos=j;
maxv=ans[j].v;
}
}
ans[pos].v=0;//不影响后续操作
int u=ans[pos].par;
sum+=ans[pos].c*ans[u].t;
ans[u].c+=ans[pos].c;
ans[u].t+=ans[pos].t;
ans[u].v=ans[u].c*1.0/ans[u].t;
rep(j,1,n)
{
if(ans[j].par==pos)ans[j].par=u;
}
}
printf("%d\n",sum);
}
return 0;
}