題目大意

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給定一棵\(n\)個節點的有根樹，\(1\)號節點是根。每個點有一個引數，初始時為\(0\)。

你可以進行若干次操作。每次操作你指定一個節點\(u\)和一個整數\(x\)（可以為負），令\(u\)的子樹內（包含\(u\)）所有節點的引數加上\(x\)。

給你\(n\)個區間\([l_i,r_i]\)，問最少進行多少次操作，可以使每個節點\(i\)的引數都在自己的\([l_i,r_i]\)範圍內。

資料範圍：\(1\leq n\leq 2000,-10^9\leq l_i\leq r_i\leq 10^9\)。\(T\)組測試資料，\(T\leq 10\)。

本題題解

首先，容易發現，在同一個節點上，我們最多隻會進行一次

考慮樹形DP。設\(dp[u][x]\)表示，如果節點\(u\)的所有祖先（不包含它自己。如無特殊說明，以下所說的祖先都不包含自己，子樹都包含自己）操作值之和為\(x\)，在\(u\)的子樹內，最少還要再進行多少次操作。顯然，子樹內的操作，不會影響到子樹外的其他點，且這個子樹內的答案只受它的祖先影響（這個影響就是\(x\)，我們把我們無法確定的東西都寫到狀態裡），所以這個狀態很合理。

考慮轉移。顯然，對於\(u\)

對於\(u\)的兒子來說，這個\(y\)是它的祖先對它的貢獻之和。對\(u\)來說，這個\(y\)是它自己的“操作值”加上它祖先的操作值之和（也就是說，\(y\)比前面的\(x\)，就是多了一個\(u\)自己的“操作值”）。並且，\(y\)就是\(u\)最終的引數，所以合法的\(y\)必須在\([l_u,r_u]\)之間。於是我們能寫出轉移式：

\[dp[u][x]=\min_{l_u\leq y\leq r_u}\{g[u][y] + [y\neq x]\} \]

可以對第二維，在\(l,r\)區間裡的部分求字首、字尾最小值。則轉移就是\(O(1)\)的了（具體可以見我程式碼）。時間複雜度\(O(n\cdot \text{值域})\)。最終答案就是\(dp[u][0]\)。

但是由於值域高達\(10^9\)，這個做法目前還不可行。為了繼續優化，需要用到一個觀察：

引理：一定存在一種最優解，使得每個節點最終的引數（它和它所有祖先的“操作值”之和）屬於集合\(\{l_i,r_i | 1\leq i\leq n\}\)。

證明可以考慮，設把所有\(l_i,r_i\)放在一起排序後，設這些值為\(w_1\dots w_{2n}\)。對於任意一個\(x\)，假設\(w_j<x<w_{j+1}\)，那麼\(dp[u][x]\)的值一定等於\(dp[u][w_j]\)。這個好像可以歸納。

由這個引理，有一個直接的推論就是，存在一種最優解，使得所有的\(x,y\)，都在\(\{l_i,r_i | 1\leq i\leq n\}\cup\{0\}\)這個集合裡（\(x\)可能是\(0\)，因為你可以認為\(1\)的祖先的引數是\(0\)）。所以直接把這些點離散化，就可以\(O(n^2)\) DP了。

參考程式碼：

//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;
}