这个$dark$题，嗯，不想说了。虽然早有听闻动态$dp$，但到最近才学，如果你了解动态$dp$，那就能很轻松做出这道题了。故利用这题在这里科普一下动态$dp$的具体内容。
首先大家肯定都会这道题的$O(n^2)$的做法，这是一个很经典的树形$dp$。具体来讲就是一下两个转移：
$$f_{x, 0} = \sum_{v} f_{v, 1} \qquad f_{x, 1} = a_{x} + \sum_{v} min(f_{v, 0} , f_{v, 1})$$
其中$f_{x, 0/1}$表示$x$这个点选/不选时$x$这个子树下的最少花费，$v$是$x$的亲儿子。
问题在树上，我们通常考虑树链剖分，并用$s(x)$表示$x$的重儿子。同时我们引出有关$x$新函数$g$如下：
$$g_{x, 0} = \sum_{v, v \neq s(x)} f_{v, 1} \qquad g_{x, 1} = a_{x} + \sum_{v, v \neq s(x)} min(f_{v, 0}, f_{v, 1})$$
于是有关$f$的转移可以改写成：
$$f_{x, 0} = f_{s(x), 1} + g_{x, 0} \qquad f_{x, 1} = min(f_{s(x), 0}, f_{s(x), 1}) + g_{x, 1}$$
这么做的目的在于把重儿子单独分离开来，这样在$g$中是不包含重儿子的信息的。我们过一会就能看到它的用处。
上述改写后的是一个有加法和取$min$的一个转移，我们把矩阵乘法中的乘法变成加法，把加法变成取$min$，那我们可以用一个线性变换来描述它：
$$\begin{bmatrix}\infty & g_{x,0} \\g_{x,1} & g_{x, 1} \end{bmatrix}\begin{pmatrix} f_{s_{x},0} \\f_{s_x,1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}f_{x,0} \\f_{x,1}\end{pmatrix}$$
特别的，我们有单位矩阵： $\begin{bmatrix}0 & \infty \\\infty & 0 \end{bmatrix}$。
这么做的好处在于原本一个自下而上的$dp$，可以被转变为矩阵乘法，一个点$x$的$f$可以由$x$点到它所在的重链的链尾上所有矩阵的乘积表示。