首先发现 \(p_x\times dis(x,y)+q_x\) 异常像是能斜率优化的样子，那先把求 \(f_x\) 的式子写出来（下设 \(d_x\) 表示 \(x\) 到根的距离）：
\[f_x=\min_{lca(x,y)=y,y\ne x}(p_x\times(d_x-d_y)+q_x+f_y)
\]
提出公共部分 \(p_x\times d_x+q_x\)，得：
\[f_x=p_x\times d_x+q_x+\min_{lca(x,y)=y,y\ne x}(f_y-p_x\times d_y)
\]
那当 \(y\) 优于 \(z\) 时（设 \(d_y<d_z\)），一定满足：
\[f_y-p_x\times d_y<f_z-p_x\times d_z
\]
\[f_y-f_z<p_x\times(d_y-d_z)
\]
\[\dfrac{f_y-f_z}{d_y-d_z}>p_x
\]
那这里就形成了一个斜率优化 \(dp\) 的式子，得用单调栈维护凸包。
但是这里就出现了一个很现实的问题：实际上你要维护的是多个滑动窗口内的凸包，也就意味着你原来淘汰的点可能在后面的决策中再次出现！
问题转化为维护后缀凸包，考虑树状数组维护单调栈，这样就能在 \(O(n\log^2n)\) 的时间中解决问题。
最后发现由于是在树上，所以要支持可撤销，但是明显的，单调栈的时间复杂度是均摊的，单次修改仍然有可能达到 \(O(n)\)，所以单调队列插入时，应当使用二分找到插入点，保证单次时间复杂度 \(O(\log n)\)。
时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)。注意单调栈要用 \(vector\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define db double
using namespace std;
const int N=2e5+5,M=4e6+5;
struct del{int id,tp,ps;
}sk[M];vector<int>g[N];
int n,m,idx[N],ln[N],ft;
int d[N],p[N],q[N],f[N];
struct mstack{int tp=-1;vector<int>st;db sp(int x,int y){return 1.0*(f[x]-f[y])/(d[x]-d[y]);}int cmp(int x,int y,int z){return sp(x,y)>=sp(y,z);}void add(int x,int id){int l=1,r=tp,ans=tp+1;while(l<=r){int mid=(l+r)/2;if(cmp(st[mid-1],st[mid],x))ans=mid,r=mid-1;else l=mid+1;}if(ans>tp) st.push_back(0);sk[++ft]={id,tp,st[ans]},st[tp=ans]=x; }int ans(int x){if(tp<0) return (int)9e18;int l=0,r=tp-1,ans=st[tp];while(l<=r){int mid=(l+r)/2;if(sp(st[mid],st[mid+1])>x)ans=st[mid],r=mid-1;else l=mid+1;}return f[ans]-d[ans]*x;}
};namespace BIT{mstack c[N];void clear(int lft){while(ft>lft){del x=sk[ft--];c[x.id].st[c[x.id].tp]=x.ps;c[x.id].tp=x.tp;}}void add(int x,int v){x=n-x+1;for(;x<=n;x+=x&-x)c[x].add(v,x);}int ans(int x,int v){int mn=9e18;x=n-x+1;for(;x;x-=x&-x)mn=min(mn,c[x].ans(v));return mn;}
}using namespace BIT;
void dfs(int x,int fa){idx[++m]=(d[x]+=d[fa]);int cc=lower_bound(idx+1,idx+m+1,d[x]-ln[x])-idx,lft=ft;if(x>1) f[x]=d[x]*p[x]+q[x]+ans(cc,p[x]);add(m,x);for(auto y:g[x]) dfs(y,x);clear(lft),m--;
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>ft,ft=0;for(int i=2;i<=n;i++){int fa;cin>>fa>>d[i]>>p[i]>>q[i];cin>>ln[i],g[fa].push_back(i);}dfs(1,0);for(int i=2;i<=n;i++)cout<<f[i]<<"\n";return 0;
}
