發現狀態數很少，直接搜即可。
不難發現這個偏序關係形成了一棵樹。
本來以為直接貪心即可，即把 \(a\) 排序，然後 dfs / bfs 一遍直接安排權值，類似於這樣：
void dfs1(int u)
void dfs2(int u)
2 2.0
1 1 1 2
1 1 1 2；而正確答案是1 1 2 1。發現我們要做的實際上是依次從 \(1 \sim n\) 安排每乙個位置上的數，安排的時候要判斷剩下的所有條件能否被滿足，條件即要給一些點預留一些數量的數，那麼使用線段樹維護即可。時間複雜度 \(\mathcal(n \log n)\)。記得搜到乙個點時消除其對父親的影響。
不過送 \(55\) 分也夠高了。
wqs 二分，凸性不會證。
考慮把新邊的權值改為 \(c\)，然後做 dp。貪心好像不太行，於是考慮 dp：問題等價於求出 \(k + 1\) 條鏈，使得它們的權值和最大。
考慮二分給每一條鏈加上乙個額外權值 \(c\)。我們可以設 \(f_\) 表示以 \(u\) 為根的子樹內 \(u\) 未被選擇 / 是一條鏈的端點 / 是一條鏈的中間部分時的答案，並同時記錄相應的鏈數量即可。
時間複雜度 \(\mathcal(n \log v)\)。
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