这道题不算太难，不过的确给我造成了很大的麻烦。一开始看到的时候，觉得只要一个dfs就可以轻松做出来了，结果没想到真的去尝试的时候才发现一个意外的问题——内存超限，说实话时间超限我已经经历得很多了，但内存超限真的还是没怎么遇到过，所以发现有点手足无措，经过了一些尝试依然没有办法有效解决这个问题，于是我就开始了一些测试。
首先看看内存的排布，我们的机子首先要存储最大范围内的元素，因为这道题的n高达1e7，所以很轻松就可能会超限，我先科普一下，这里的内存用字节进行统计即可，一个int是4字节，longlong是8字节，所以存储一个int类型的大小就是4e7字节，而这道题的内存限制是常规的128m，也就是大约1.28e8字节，相当于这个大小的三分之一，也就是说存三个int类型的就超限了，另外我也测试了一下vector，1e6的时候就已经达到了24644，这个根本不能存在，否则直接超限，另外关于stack其实挺神奇的，记得这个东西其实并不是容器本身，而是一种借助其它容器实现的规则，所以stack的内存和同类型的数组是差不多的，另外longlong和pair【int , int】（这里用大于等于号不知道为什么好像会导致之后的字被吃掉） 基本都是int的两倍。
先说说常规想法，就是做一个dfs，因为开头无法被影响所以先搞开头，然后再一点一点往下递归。
经过了这些研究，我们至少得到了一个结论，那就是vector用不了了，所以必须用更小的办法存储路径，想来想去好像只有int数组比较靠谱，之前本来想用邻接表的，但是那样还要有一个head，加上本身的值就应经是三个int数组了，那这样就没有空间来进行递归了，而递归的时候要存储一个ll类型的和一个int类型的，这又是一笔巨大的开支，所以我觉得可能这道题并不能用递归来解决。那这样我能想到的就只能有用数组存贮一个父亲节点par，这样的确最省内存，但是因为方向的问题就不能进行递归了，又想了一阵之后发现其实大可不必递归，因为可以意识到一个非常有趣的地方，就是一个节点的改变有且仅有改变他和父亲节点的差距（不考虑这个父亲其他儿子的情况），因为儿子的儿子管不到他们了，而父亲的父亲又是同时管他们，所以父亲和儿子的差距只能由儿子来解决，这样其实每个儿子到底要消除多少其实之和本身和父亲的值有关，而原始节点只要消除他的绝对值即可，这样问题就迎刃而解了。
贴代码
# include <stdio.h>
# include <string.h>
typedef long long ll;
const int MAX_N = 1e7 + 1;
int par[MAX_N];
int A[MAX_N];
int N;
int main()
{
while(~scanf("%d", &N))
{
memset(par , 0 , sizeof(int) * (N + 1));
int i, u, v;
for(i = 0 ; i < N - 1 ; i++)
{
scanf("%d %d", &u, &v);
par[v] = u;
}
for(i = 1 ; i <= N ; i++)
scanf("%d", &A[i]);
ll ans = 0;
for(i = 1 ; i <= N ; i++)
{
ans += (A[i] - A[par[i]]) < 0 ? -(A[i] - A[par[i]]) : (A[i] - A[par[i]]);
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}