题目链接：https://cn.vjudge.net/contest/277955#problem/B
题目大意：首先输入n代表有n个电脑，然后再输入n-1行，每一行输入两个数，t1,t2.代表第（i+1）个电脑连向电脑t1，花费是t2，然后问你每个电脑的到其他电脑的最大花费。
具体思路：按照图来想，对于节点2，最大的花费的路径可能有两种，第一种，往下遍历他的叶子节点找到最大的，第二种，先往上走，然后从往上走的节点再去找最大的花费。
对于第一种花费，我们直接dfs求就可以了。 但是在求的时候顺便求一下当前这个节点往下的第二大花费，具体作用是在第二种情况中会使用到。
对于第二种花费，我们先是往上移动，然后再去求他上面的点的最大花费，但是这个地方要注意一点，在往上面走的时候，求的最小花费可能会有路径重复，比如说三号节点，往上走的话是2号节点，而二号节点的最远距离有可能是2->3->4，这样的话，就会有一段路径重复计算。这个时候求的次小花费就能有用处了，既然我花费最大的用不了，那么我就用花费第二小的。
状态转移方程： 对于第二种情况,如果当前的节点的父亲节点的最大花费的路径中包括当前这个节点，这个时候我们就算上第二大的，然后再加上当前这个点到父亲节点的花费就可以了。否则就安最大花费计算。
AC代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
# define inf 0x3f3f3f3f
# define ll long long
const int maxn = 4e4+;
struct node
{
int nex;
int to;
int cost;
} edge[maxn];
int num,head[maxn],dp[maxn][],father[maxn];
void init()
{
num=;
memset(head,-,sizeof(head));
memset(dp,,sizeof(dp));
}
void addedge(int fr,int to,int cost)
{
edge[num].to=to;
edge[num].nex=head[fr];
edge[num].cost=cost;
head[fr]=num++;
}
void dfs1(int st,int rt)
{
for(int i=head[st]; i!=-; i=edge[i].nex)
{
int to=edge[i].to;
if(to==rt)
continue;
dfs1(to,st);
if(dp[to][]+edge[i].cost>dp[st][])
{
father[st]=to;// 这个地方要注意是谁是数组的下标，我们需要判断的是这个父亲节点的路径上是不是包括这个子节点。
dp[st][]=dp[st][];//记录次大的
dp[st][]=dp[to][]+edge[i].cost;
}
else if(dp[to][]+edge[i].cost>dp[st][])
{
dp[st][]=dp[to][]+edge[i].cost;
}
}
}
void dfs2(int st,int rt)
{
for(int i=head[st]; i!=-; i=edge[i].nex)
{
int to=edge[i].to;
if(to==rt)
continue;
if(father[st]==to)
{
dp[to][]=max(dp[st][],dp[st][])+edge[i].cost;
}
else
dp[to][]=max(dp[st][],dp[st][])+edge[i].cost;
dfs2(to,st);
}
}
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n))
{
init();
int t1,t2;
for(int i=; i<=n; i++)
{
scanf("%d %d",&t1,&t2);
addedge(i,t1,t2);
addedge(t1,i,t2);
}
dfs1(,-);
dfs2(,-);
for(int i=; i<=n; i++)
{
printf("%d\n",max(dp[i][],dp[i][]));
}
}
return ;
}