题意：英雄在1节点（根节点），对每只怪，打他需要消耗a[i]HP，打完会获得b[i]HP，且这些怪会形成父子关系，即必须打完父亲才能打儿子，重复的怪不用再打，问打完所有怪所需要的最小HP
跑得贼慢。。。
感觉是少了一些基础。。所以只能照着题解做。。
首先需要考虑没有父亲关系限制的情况。。那就是要求出一个打怪的顺序了。。
考虑已经求出最优顺序，那么对2个相邻的怪来说，如果当前有t HP，那么经过这2关前的HP要求为t-a[i]>0和t-a[i]+b[i]-a[i+1]>0，如果这2个交换顺序则变成t-a[i+1]>0和t-a[i+1]+b[i+1]-a[i]>0显然前一个条件要比后一个条件要松。。结合2个条件分别减一下可以得到：max{a[i],a[i]+a[i+1]-b[i]}<max{a[i+1],a[i+1]+a[i]-b[i+1]} 设为式①
然后应优先选择a<b的，打怪的时候肯定要把能赚到的HP先拿到再来用于亏本的消耗。。
如果a<b，①变成 a[i]<a[i+1]，所以选a比较小的，一方面HP门槛低，一方面可以积攒HP应对门槛高的怪
如果a>b，
若a[i]>a[i+1]，①变成max{a[i],a[i]+a[i+1]-b[i]}<a[i+1]+a[i]-b[i+1]，由于a[i]<a[i+1]+a[i]-b[b+1]，所以又等价于a[i]+a[i+1]-b[i]<a[i+1]+a[i]-b[i+1]，即b[i+1]<b[i]
若a[i]<a[i+1]，①变成a[i]+a[i+1]-b[i]<max{a[i+1],a[i+1]+a[i]-b[i+1]}，由于a[i]+a[i+1]-b[i]>a[i+1]，因此又等价于a[i]+a[i+1]-b[i]<a[i+1]+a[i]-b[i+1]，即b[i+1]<b[i]
因此得到结论当a>b，优先选择b比较大的。。
然后考虑父亲的限制，如果当前最优的节点的父亲被选择，那么肯定是要选择这个节点的，如果不是的话，要综合考虑选父亲的代价和选他的获益，因此把父亲和这个节点直接合并一下就可以了，合并的方式就是考虑依次打这2个怪的门槛和获益即可。。
然后这样逐渐合并再从中选最优，选最优的怪可以用优先队列维护。。。
/**
* ┏┓ ┏┓
* ┏┛┗━━━━━━━┛┗━━━┓
* ┃ ┃
* ┃ ━ ┃
* ┃ ＞ ＜ ┃
* ┃ ┃
* ┃... ⌒ ... ┃
* ┃ ┃
* ┗━┓ ┏━┛
* ┃ ┃ Code is far away from bug with the animal protecting
* ┃ ┃ 神兽保佑,代码无bug
* ┃ ┃
* ┃ ┃
* ┃ ┃
* ┃ ┃
* ┃ ┗━━━┓
* ┃ ┣┓
* ┃ ┏┛
* ┗┓┓┏━┳┓┏┛
* ┃┫┫ ┃┫┫
* ┗┻┛ ┗┻┛
*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#include<bitset>
#define inc(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define dec(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
#define link(x) for(edge *j=h[x];j;j=j->next)
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define ll long long
#define eps 1e-8
#define succ(x) (1LL<<(x))
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define mid ((x+y)/2)
#define NM 100015
#define nm 200005
#define pi 3.1415926535897931
using namespace std;
const ll inf=1e9+7;
ll read(){
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f*x;
}
struct edge{int t;edge*next;}e[nm],*h[NM],*o=e;
void add(int x,int y){o->t=y;o->next=h[x];h[x]=o++;}
struct tmp{
ll a,b;int i;
bool operator<(const tmp&o)const{
if(a-b<=0&&o.a-o.b<=0)return a>o.a;
if(a-b<=0&&o.a-o.b>0)return false;
if(a-b>0&&o.a-o.b<=0)return true;
if(a-b>0&&o.a-o.b>0)return b<o.b;
}
};
priority_queue<tmp>q;
int n,_x,_y;
ll a[NM],b[NM],ans,f[NM],_f[NM],s;
bool v[NM];
int find(int x){return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}
void dfs(int x){link(x)if(j->t!=_f[x])_f[j->t]=x,dfs(j->t);}
int main(){
//freopen("data.in","r",stdin);
int _=read();while(_--){
a[1]=b[1]=ans=s=0;o=e;
inc(i,1,n)v[i]=h[i]=0;
n=read();inc(i,2,n)a[i]=read(),b[i]=read();
inc(i,1,n-1){_x=read();_y=read();add(_x,_y);add(_y,_x);}
dfs(_f[1]=1);
inc(i,1,n)f[i]=i;
inc(i,2,n)q.push(tmp{a[i],b[i],i});v[1]++;
while(!q.empty()){
tmp t=q.top();q.pop();
if(t.a!=a[t.i]||t.b!=b[t.i])continue;
if(v[find(_f[find(t.i)])]){
ans=min(ans,s-t.a);s=s-t.a+t.b;
v[t.i]++;
}else{
int k=find(_f[t.i]);
f[t.i]=k;
if(t.a>b[k])a[k]=a[k]+t.a-b[k],b[k]=t.b;
else b[k]=b[k]+t.b-t.a;
q.push(tmp{a[k],b[k],k});
}
}
printf("%lld\n",-ans);
}
return 0;
}