首先如果點權全都為正，就可以直接選所有的點。
活在夢裏。。
考慮枚舉一個點\(i\)，作為我們選擇的集合中的一個點。
然後我們把另一個點\(j\)選入集合的時候必須把兩棵樹中\(i\)和\(j\)路徑上的點全都選入集合。
似乎想到了什麽。
閉合子圖。
不就是一個最大權閉合子圖嗎。
然後我們按最大權閉合子圖的模型建圖。
所有正權的點跟\(S\)連容量為權值的邊。
所有負權的點跟\(T\)連容量為權值絕對值的邊。
我們把枚舉的i作為兩個樹上的根。
然後每一個點跟兩顆樹上的\(father\)連容量為\(INF\)的邊。
然後正權總和-最小割就是答案。

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int INF=1e9;
const int N=110;
int cnt,head[N];
struct edge{
    int to,nxt,flow;
}e[N*6];
void add_edge(int u,int v,int flow){
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
    e[cnt].flow=flow;
}
int cn,hed[N];
struct ed{
    int to,nxt;
}ee[N*2];
void add(int u,int v){
    cn++;
    ee[cn].nxt=hed[u];
    ee[cn].to=v;
    hed[u]=cn;
}
int f1[N];
void dfs1(int u,int f){
    f1[u]=f;
    for(int i=hed[u];i;i=ee[i].nxt){
        int v=ee[i].to;
        if(v==f)continue;
        dfs1(v,u);
    }
}
int f2[N];
void dfs2(int u,int f){
    f2[u]=f;
    for(int i=hed[u];i;i=ee[i].nxt){
        int v=ee[i].to;
        if(v==f)continue;
        dfs2(v,u);
    }
}
int dis[N],S,T;
bool bfs(){
    memset(dis,-1,sizeof(dis));
    dis[S]=0;
    queue<int> q;
    q.push(S);
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();
        q.pop();
        for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
            int v=e[i].to;
            if(dis[v]==-1&&e[i].flow){
                dis[v]=dis[u]+1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    if(dis[T]==-1)return false;
    return true;
}
int dfs(int u,int f){
    if(u==T||f==0)return f;
    int used=0;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
        int v=e[i].to;
        if(dis[v]==dis[u]+1&&e[i].flow){
            int w=dfs(v,min(f-used,e[i].flow));
            if(w){
                e[i].flow-=w;
                e[i^1].flow+=w;
                used+=w;
                if(used==f)return f;
            }
        }
    }
    if(used==0)dis[u]=-1;
    return used;
}
int tmp;
void Dinic(){
    while(bfs())tmp+=dfs(S,INF);
}
int read(){
    int sum=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return sum*f;;
}
int n,a[N],tot,ans;
int main(){
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    for(int i=1;i<n;i++){
        int u=read()+1,v=read()+1;
        add(u,v);add(v,u);
    }
    for(int i=1;i<n;i++){
        int u=read()+n+1,v=read()+n+1;
        add(u,v);add(v,u);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        dfs1(i,0);dfs2(i+n,0);
        cnt=1;memset(head,0,sizeof(head));tot=0;
        S=0,T=n+1;
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(a[j]<0)add_edge(j,T,-a[j]),add_edge(T,j,0);
            else add_edge(S,j,a[j]),add_edge(j,S,0),tot+=a[j];
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(j==i)continue;
            add_edge(j,f1[j],INF);add_edge(f1[j],j,0);
            add_edge(j,f2[j+n]-n,INF);add_edge(f2[j+n]-n,j,0);
        }
        tmp=0;
        Dinic();
        ans=max(ans,tot-tmp);
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}
 

51nod 1325 兩棵樹的問題（最大權閉合子圖）