题意：一个魔塔游戏的地图是一棵以 $1$ 为根的树，起点为根，除根外每个结点有一个怪物，给定每个怪物血量、攻击、防御、奖励蓝宝石个数（加防御），勇士的血量、攻击、防御，遇到怪物必须战斗，勇士永远先手，求击败所有怪物后最多剩余血量。

$n\le 10^5$，所有战斗防御小于攻击。

由于不能加攻击，所以打败一个怪物受到的攻击次数是固定的，算出来记为 $k_i$，奖励宝石记为 $b_i$。而每获得一个宝石可以让之后的所有怪物减伤 $k_i$。

先考虑菊花图，也就是没有顺序限制。

考虑一个解 {p1,p2,p3,…,pn}\{p_1,p_2,p_3,\dots,p_n\}{p1​,p2​,p3​,…,pn​} ，如果交换 $p_i,p_{i+1}$ 让解变优，即

$$d{k}_{p_i}+(d+d_{p_i})k_{p_{i+1}}<d{k}_{p_{i+1}}+(d+d_{p_{i+1}})k_{p_i}$$

$$\frac{d_{p_i}}{k_{p_i}}<\frac{d_{p_{i+1}}}{k_{p_{i+1}}}$$

所以在没有先决条件的情况下，按 $\frac{d_i}{k_i}$ 从小到大排序一个个选就可以了。定义性价比为 $c_i=\frac{d_i}{k_i}$。

考虑树的情况，删除点 $u$ 后，要么继续删儿子，要么删其他点废话

如果 $u$ 性价比最高的儿子 $v$ 性价比比 $u$ 高，那么显然一定会继续删 $v$ 。

所以我们可以把 $u,v$ 合并成一个点， $d、k$ 相加重新计算性价比。这时候 $u$ 的其他儿子需要与合并后的点比较。

实现的时候把所有怪物压进按性价比排序的大根堆，每次选出最大的，如果父亲性价比比它低（也就是还在堆里）就和父亲合并，否则删掉这个点所在的大点，可以用并查集实现。

复杂度 $O(n\log n)$

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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <queue>
#include <vector>
#include <utility>
#define MAXN 100005
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read()
{ll ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans;
}
vector<int> e[MAXN],son[MAXN];
int bns[MAXN],cnt[MAXN],a[MAXN],b[MAXN],k[MAXN];
int fa[MAXN],rt[MAXN];
int find(int x){return rt[x]==x? x:rt[x]=find(rt[x]);}
typedef pair<double,int> pi;
priority_queue<pi> q;
ll pb,pa,pd;
int vis[MAXN],del[MAXN];
void dfs(int u,int f){fa[u]=f;for (int i=0;i<(int)e[u].size();i++) if (e[u][i]!=f) dfs(e[u][i],u);}
void dfs(int u)
{pb-=(a[u]-pd)*cnt[u],pd+=bns[u],del[u]=1;for (int i=0;i<(int)son[u].size();i++) dfs(son[u][i]);
}
int main()
{int n=read();for (int i=1;i<n;i++){int u,v;u=read(),v=read();e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);}pb=read(),pa=read(),pd=read();for (int i=2;i<=n;i++){int bl,d;bl=read(),a[i]=read(),d=read(),bns[i]=b[i]=read();cnt[i]=k[i]=(bl-1)/(pa-d);}dfs(1,0);for (int i=2;i<=n;i++) q.push(make_pair(1.0*b[i]/k[i],rt[i]=i));del[1]=1;while (!q.empty()){int u=q.top().second;q.pop();if (vis[u]) continue;vis[u]=true;if (del[fa[u]]) dfs(u);else{int f=find(fa[u]);k[f]+=k[u],b[f]+=b[u];son[rt[u]=f].push_back(u);q.push(make_pair(1.0*b[f]/k[f],f));}}if (pb<=0) pb=-1;cout<<pb;return 0;
}