一、題目：

洛谷原題

codeforces原題

二、思路：

這道題又是一道非常新奇的思維題。我覺得能想到這種演算法的人真得很了不起。（反正我是看了題解才琢磨出來。）

我們考慮類似樹形 DP 的方式，從下向上轉移。對於每個子樹 \(x\)，我們都維護一個集合 \(S_x\)。\(S_x\) 中的元素是二元組 \((a,b)\)，代表如果你有至少 \(a\) 的血量，那麼你的血量可以增加 \(b\)。現在我們來考慮，如果對於 \(x\) 的任意一個兒子 \(y\)，我們都已知了 \(S_y\)，如何求出 \(S_x\)？

1. 新建一個集合 \(S\)。

2. 將所有 \(S_y\) 中的所有元素全部塞到 \(S\)

   中。

   這樣肯定會使一些 \([a,a+b]\) 產生交集，我們將這些 \([a,a+b]\) 合併成大的區間。\((*)\)

3. 嘗試將二元組 \((\min\{0,v_x \},v_x)\) 加入到集合 \(S\) 中。如果可以合併，就不斷的從小到大進行合併。直到不能合併為止。

最終怎麼判斷能不能 Escape 呢？我們可以新增一個點 \(t'\)，讓 \(t'\) 與 \(t\) 相連，並把 \(t'\) 的權值設定成 \(+\infty\)。最終看一下 \(S_1\) 中有沒有元素的 \(b\) 大於等於 \(+\infty\)。

可以用 set 來維護集合。合併的時候用啟發式合併就可以了。

但是，總感覺 \((*)\) 這一步沒有必要。

事實上，\((*)\) 這一步的確沒必要。仔細想想，我們其實沒有必要使得所有的 \([a,a+b]\) 兩兩之間沒有交集。這並不影響我們的求解過程。

所以，我們只需要用小根堆來維護集合，而不必使用 set。

具體實現過程還必須看程式碼註釋。

三、程式碼：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>

using namespace std;
#define FILEIN(s) freopen(s, "r", stdin);
#define FILEOUT(s) freopen(s, "w", stdout)
#define mem(s, v) memset(s, v, sizeof s)

typedef pair<long long, long long> PLL;

inline int read(void) {
	int x = 0, f = 1; 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 f * x;
}

const int MAXN = 200005;
const long long INF = 1e15;

int n, t;
long long val[MAXN];
vector<int>linker[MAXN];

priority_queue<PLL, vector<PLL>, greater<PLL> >q[MAXN];

void dfs(int x, int fa) {
	while (!q[x].empty()) q[x].pop();
	for (auto &y : linker[x]) {
		if (y == fa) continue;
		dfs(y, x);
		if (q[y].size() > q[x].size()) swap(q[x], q[y]); // 啟發式合併
		while (!q[y].empty()) { q[x].push(q[y].top()); q[y].pop(); }
	}
	PLL u = { 0, val[x] }, v;
	while (!q[x].empty() && (u.second < 0/*條件1*/ || q[x].top().first <= u.first + u.second/*條件2*/)) {
		v = q[x].top(); q[x].pop();
		u = { max(u.first, v.first - u.second), u.second + v.second };
        // 根據while語句的條件，如果靠的是條件2進入的迴圈，那麼max一定會取到u.first。
        // 如果靠的是條件1進入的迴圈，那麼max一定會取到v.first-u.second，意思是提高v的門檻。
        // （注意所有的v.first都是非負的。）
	}
	if (u.second >= 0) q[x].push(u); // 如果該條件不滿足，那麼q[x]一定是空的。
}

int main() {
	int testdata = read();
	while (testdata --) {
		n = read(); t = read();
		for (int i = 1; i <= n; ++ i) val[i] = read();
		for (int i = 1; i < n; ++ i) {
			int x = read(), y = read();
			linker[x].push_back(y); linker[y].push_back(x);
		}
		++ n; val[n] = INF; linker[t].push_back(n); linker[n].push_back(t);
		dfs(1, 0);
		if (!q[1].empty() && q[1].top().first == 0 && q[1].top().second >= INF) puts("escaped");
		else puts("trapped");

		for (int i = 1; i <= n; ++ i) linker[i].clear();
	}
	return 0;
}