洛谷上面的题解写的真的不太好，有很多错误，我来谈谈自己的理解。
设 \(f[i]\) 表示以 \(i\) 为根节点的子树中（包括节点 \(i\)）的所有人安装好游戏所需要的时间（与下面的 \(g[i]\) 并没有包含关系，管理员也没有强制性要求要回到根节点，比如会出现下图情况）。
设 \(g[i]\) 表示从 \(i\) 开始往下走，兜一圈又回到 \(i\) 所需要的时间。
实际上 \(f[i]\) 可能 \(< g[i]\)，比如当出现如下情况的时候：
那我们先访问那个节点呢？
分为两种情况考虑，即 \(f[i] - g[i] \geq 0\) 和 \(f[i] - g[i] < 0\) 两种情况。
如果管理员回到了起点那些人还没有装完（即 \(f[i] - g[i] \geq 0\)），那么就需要等待 \(f[i] - g[i]\) 的时间所有人才能安装好。
根据常识，在等待的这段时间我们可以去下一家，以减少所需的总时间。
这里我们利用贪心，让需要等待时间最久的作为第一个访问的节点，
这样可以管理员在他漫长的安装时间内将电脑送给其他人。
而如果出现了像上图一样的情况（即 \(f[i] - g[i] < 0\)） 的情况，
根本就不需要等待，
也就不用排序，
随机访问即可，
但为了简单起见，
排了序也没有什么问题。
所以我们可以对 \(f[i] - g[i]\) 从大到小进行排序。
再挨个访问即可。
然后就是利用 \(f\) 和 \(g\) 来用子树信息更新父亲节点。
如下图：
先说结论：只安装到 \(i\) 点会需要 \(\sum (g[j] + 2) + 1 + f[i]\) 的时间能完成安装，其中 \(j\) 为比 \(i\) 先遍历到的同一层的节点（如上图）。
为什么是这样呢？
第一部分的 \(\sum (g[j] + 2)\) 表示遍历完所有 \(j\) 子树的节点，每次都回到根节点（所以要 \(+2\)）。
第二部分的 \(+1\) 表示从根节点走到 \(i\) 所需要的步骤（即为 \(1\) 步）。
最后一部分的 \(f[i]\) 表示把 \(i\) 子树内所有的游戏装好了需要花的时间。
总时间取 \(\max\) 即可， 即 \(f[root] = \max\{\sum (g[j] + 2) + f[i] + 1\}\)。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 500010;
struct Edge {
int to, next;
}e[N * 2];
int head[N], idx;
void add(int a, int b) {
idx++;
e[idx].to = b;
e[idx].next = head[a];
head[a] = idx;
}
int n, t[N];
int f[N], g[N];
void dfs(int u, int fa) {
vector<int> wait;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
dfs(to, u);
wait.push_back(to);
}
sort(wait.begin(), wait.end(), [](const int& a, const int& b) { return f[a] - g[a] > f[b] - g[b]; });
for (int i = 0; i < wait.size(); i++) {
f[u] = max(f[u], g[u] + 2 + f[wait[i]] - 1);
g[u] += g[wait[i]] + 2;
}
if (t[u] > g[u] && u != 1) f[u] = max(f[u], t[u]);
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> t[i];
for (int i = 1; i < n; i++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
add(a, b);
add(b, a);
}
dfs(1, 0);
cout << max(f[1], g[1] + t[1]) << '\n';
return 0;
}