CF1119F

先暴力贪心。

设 $f_{u,0/1}$ 分别表示是否删除 $u$ 和父亲之间的边，子树内的最小代价。

我们要满足的就是 $u$ 被删除的边数 $k$ 满足 $du_u-k \le x$。

这下每个 $v$，不是选 $w+f_{v,1}$ 就要选 $f_{v,0}$，也就是二选一，且尽量删边。

对于所有儿子 $v$，如果 $f_{v,1}+w_{u,v}\leq f_{v,0}$，那么我们选它是不劣的。

如果我们选了这些后，度数还是无法满足条件。

将未选边按照 $f_{v,1}+w_{u,v}-f_{v,0}$ 排序，从最小开始选就行了。

简化一点，选择前 $du_u-x$ 小的 $f_{v,0}+w_{u,v}$，其他选择 $\min(f_{v,0}+w_{u,v},f_{v,1})$。

$f_{u,1}$ 同理。

发现当 $du_u \leq x$ 时，就是选择了子树内的最优方案，且无需满足度数限制，且 $f_{u,0}$ 和 $f_{u,1}$ 对父亲的影响只有 $w_{u,v}$。

这启发我们，如果我们的可以做到每次只 dp 有用的点，那么复杂度是 $\mathcal O(\sum_x \sum_i [du_i>x])=\mathcal O(\sum du_i)=\mathcal O(n)$。

删掉无用点后，将我们要用到的边权记到有用的点上。

为什么，无用点和无用点之间的边是肯定满足的，那么无用点只会对有用点产生贡献，所以每次相当于将无用点看成联通块无用的叶子。

考虑有用点和无用点之间的决策，能产生影响的就只有 $w_{u,v}$。