给出一个 \(N\) 个点 \(M\) 条边的无向连通图，每个点的标号为 \(1\) 到 \(n\)， 且有两个权值 \(A_i,B_i\)。第 \(i\) 条边连接了点 \(u_i\) 和 \(v_i\)。
最开始时你拥有一定数量的钱，并且可以选择这张图上的任意一个点作为起始点，之后你从这个点开始沿着给定的边遍历这张图。每当你到达一个点 \(v\) 时，你必须拥有至少 \(A_v\) 元。而当你到达了这个点后，你可以选择向它捐献 \(B_v\) 元（当然也可以选择不捐献），当然，你需要保证在每次捐献之后自己剩余的钱\(\geq 0\)。
你需要对所有的 \(n\) 个点都捐献一次，求你一开始至少需要携带多少钱。
\(1\le N\le 10^5,N-1\le M\le 10^5,1\le A_i,B_i\le 10^9,1\le u_i<v_i\le N\)，保证题目给出的图联通。
考虑倒着来，那么每个点的限制变成了需要至少 \(C_i=\max\{A_i-B_i,0\}\) 钱才能到达，到了之后能够得到 \(B_i\) 块钱。
\(\bigstar\texttt{Hint}\)：后面没有想到的主要原因是，没发现如果到达了一个 \(C_i\) 的点，则所有 \(\le C_i\) 的点都可以随意经过。
这样想到用 \(\text{Kruskal}\) 重构树建立连通性，越往上 \(C\) 越大，在树上判断。
答案一定是由一个节点向根节点方向走，到达 \(u\) 后将 \(u\) 的所有子树遍历后在向上走。
设 \(dp_{i}\) 表示从 \(i\) 子树中一点走到 \(i\) 所需要的最小初始钱数，\(S_i\) 表示 \(i\) 为根的子树的 \(B\) 之和，则根据儿子们如下转移：
- 如果自己是叶子节点，则 \(dp_{i}=C_i\)。
- 如果不是，则 \(dp_{i}=\min_v\{\max(dp_i,C_i-S_v)\}\)。
#define Maxn 100005
int n,m,tot,rt;
int bel[Maxn],A[Maxn],B[Maxn],C[Maxn],fa[Maxn];
int hea[Maxn],nex[Maxn<<1],ver[Maxn<<1];
ll dp[Maxn],sum[Maxn];
vector<int> g[Maxn];
struct Point
{
int num,a,b,c;
Point(int _num=0,int _a=0,int _b=0,int _c=0):num(_num),a(_a),b(_b),c(_c){}
bool friend operator < (Point x,Point y)
{ return (x.c!=y.c)?x.c<y.c:x.num<y.num; }
}d[Maxn];
int Find(int x){ return (fa[x]==x)?x:(fa[x]=Find(fa[x])); }
inline void add(int x,int y){ ver[++tot]=y,nex[tot]=hea[x],hea[x]=tot; }
void dfs(int x)
{
if(!g[x].size()) { sum[x]=B[x],dp[x]=C[x]; return; }
sum[x]=B[x],dp[x]=infll;
for(int v:g[x])
dfs(v),sum[x]+=sum[v],
dp[x]=min(dp[x],max(dp[v],C[x]-sum[v]));
}
int main()
{
n=rd(),m=rd();
for(int i=1;i<=n;i++)
A[i]=rd(),B[i]=rd(),C[i]=max(A[i]-B[i],0),
d[i]=Point(i,A[i],B[i],C[i]),fa[i]=i;
for(int i=1,x,y;i<=m;i++) x=rd(),y=rd(),add(x,y),add(y,x);
sort(d+1,d+n+1);
for(int p=1,x,y;p<=n;p++)
{
x=d[p].num;
for(int i=hea[x];i;i=nex[i])
{
y=Find(ver[i]);
if(x!=y && (C[y]<C[x] || (C[y]==C[x] && y<x)))
g[x].pb(y),fa[y]=x;
}
}
rt=d[n].num,dfs(rt);
printf("%lld\n",dp[rt]+sum[rt]);
return 0;
}