diff --git a/TangDou/Topic/HuanGenDp/CF1187E_1.drawio b/TangDou/Topic/HuanGenDp/CF1187E_1.drawio
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+++ b/TangDou/Topic/HuanGenDp/CF1187E_1.drawio
@@ -0,0 +1 @@
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new file mode 100644
index 0000000..21784d6
--- /dev/null
+++ b/TangDou/Topic/HuanGenDp/CF1187E_2.drawio
@@ -0,0 +1 @@
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diff --git a/TangDou/Topic/【换根】dfs专题.md b/TangDou/Topic/【换根】dfs专题.md
index 0e4ea2b..ebfb313 100644
--- a/TangDou/Topic/【换根】dfs专题.md
+++ b/TangDou/Topic/【换根】dfs专题.md
@@ -318,43 +318,6 @@ int main() {
}
```
-#### [$CF1187E$ $Tree$ $Painting$](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1187E)
-**题意**
-给定一棵 $n$ 个点的树,初始全是白点
-
-要求你做 $n$ 步操作，每一次选定一个与一个黑点相隔一条边的白点，将它染成黑点，然后获得该白点被染色前所在的白色联通块大小的权值。
-
-第一次操作可以任意选点。
-
-求可获得的最大权值。
-
-**题解**
-分析一下题目性质，发现一旦选定初始点，不管我们之后扩展的顺序是怎样的，得到的权值都不会变（这个性质画画图很容易就可以发现）。
-
-现在问题又转变成选择一个初始点，最大化从它扩展到全树所得的价值，**经典二次扫描换根问题**。
-
-考虑每个结点，假设要扩展这个结点，可以得到多少权值，设这个值为 \(sum[x]\)，另外，设以 \(x\) 为根的子树大小为 \(siz[x]\) 。
-
-那么很简单的，可以得到转移方程：
-
-\[sum[x]=\sum_{y\in Son(x)}siz[y]+siz[x] \]
-我们利用这个方程，求出任意一个结点为根时的 \(sum\) 值，然后进行换根，假设现在求出了 \(sum[1]\) 。
-
-请看下图
-
-
-
-假设我们现在把根从 1 换到 4 ，然后扩展，那么我们多得到的权值就是 {1,2,3,5,6} 这个连通块的价值，但是同样我们失去了 {4,9,7,8} 这个连通块的价值。
-
-因为我们是 dfs 进行转移，于是我们可以从父亲到儿子推出转移方程：
-
-\[sum[y]=sum[x]-sum[y]+n-sum[y],y\in Son(x) \]
-也就是说，我们从父亲转移到儿子的时候，得到了这个儿子子树大小的价值，损失了非该儿子子树的价值。
------------------------------------
-二次扫描与换根法
-
-
-
#### [$P2986$ 伟大的奶牛聚集](https://www.luogu.com.cn/problem/P2986)
**题目描述**
@@ -436,6 +399,186 @@ signed main() {
```
+#### [$CF1187E$ $Tree$ $Painting$](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1187E)
+
+https://www.luogu.com.cn/blog/defKaeru/solution-cf1187e
+
+**题意**
+给定一棵有 $n$ 个结点的无根树，所有结点都是白色的。
+
+第一次操作可以 随意 使一个结点染成黑色，之后每次操作可以使一个与黑色结点相邻的白色结点变成黑色。
+
+**每次操作可以获得的权值为**: 被染成黑色的白色结点所在的白色连通块的结点数量。
+
+求可以获得的最大权值。
+
+**难点解析**
+
+最初时，我对这个**权值** 的认识不够深入，没有明白为什么根不同权值就会不同呢？后来仔细思考，发现是自己傻了，因为根不同，每个节点到根的距离就会不同，而权值的计算办法，其实是类似于哈夫曼树，父子隶属关系的不同最终的权值是不一样的，我们可以再画一下上面的图进行深入理解：
+
+
+
+
+
+
+
+**总结**：这个理解能力，目前看来有两种办法：
+- ① 多动手画图理解，尝试换根试一下。
+- ② 多做题，做的多了就一下明白它说什么了。
+
+
+**题解**
+不难发现只要选定了第一个被染色的结点，答案也就确定了, 也就是 选了谁是根最重要，其它的选择顺序不重要。
+
+所以有一个朴素做法就是以枚举每个结点为根，都做一次树形$dp$。
+
+以某一结点为根，记 $f_i$ 表示以 $i$ 为根的子树中，首先把 $i$ 染成黑色的答案。
+
+方程就是
+$\displaystyle \large f[u]=sz[u]+\sum_{v \in son[u]} f[v]$
+
+其中
+$sz[u]$ 表示以 $u$ 为根的子树大小，也就是染色时的白色连通块大小。
+
+**时间复杂度**
+$O(n^2)$ ，稳稳地暴毙,然后就会自然而然地想到换根$dp$。
+
+
+
+**换根$dp$**
+
+先考虑以任意一点为根，不妨记为 $1$ ，求出 $f$ 数组。
+
+然后记 $g[i]$ 表示以 $i$ 结点为根时的答案,尝试通过$1$号节点的计算已知值，进行换根,利用数学变换加快运算速度。
+
+显然,由于1号节点是根，它没有向上走的路径，所以它的向下所有获取的价值，就是总价值，也就是 $g[1] =f[1]$
+
+然后考虑 $g$ 数组从 **父亲到儿子** 的转移。
+
+
+
+以样例为例：
+
+
+
+我们假设当前以 $1$ 号为根，求出了 $f$ 数组，也就是知道了 $g[1]=f[1]$ ，然后要求出 $g[2]$ 。
+
+考虑一下答案的组成。
+
+首先考虑 $2$ 号结点的孩子的贡献，也就是图中蓝圈内的部分。这部分显然不会改变，贡献就是 $f[2] −sz[2]$ 。
+
+然后考虑父亲方向，也就是图中红圈部分对 $g[2]$ 的贡献。
+
+那么除了以 $2$ 号结点，与 $1$ 号结点相邻的其他子树都会对答案产生贡献，也就是说，我们只需要用以 $1$ 号结点为根时的权值减去以
+$2$ 为根的子树的贡献即可，也就是 $g[1]-f[2]-sz[2]$ 。
+
+不要忘了加上
+�
+n ，也就是初始的白色连通块大小。
+
+综合一下上述两种方向的贡献，可以得到：
+�
+2
+=
+(
+�
+2
+−
+�
+�
+�
+2
+)
++
+(
+�
+1
+−
+�
+2
+−
+�
+�
+�
+2
+)
++
+�
+=
+�
+1
++
+�
+−
+�
+�
+�
+2
+×
+2
+g
+2
+
+ =(f
+2
+
+ −siz
+2
+
+ )+(g
+1
+
+ −f
+2
+
+ −siz
+2
+
+ )+n=g
+1
+
+ +n−siz
+2
+
+ ×2 。
+
+推广到所有结点，就可以得到：
+
+�
+�
+=
+�
+�
+�
+�
+ℎ
+�
+�
+�
++
+�
+−
+�
+�
+�
+�
+×
+2
+g
+u
+
+ =g
+father
+u
+
+
+
+ +n−siz
+u
+
+ ×2
+然后跑两遍 dfs 就愉快的解决啦。
+
#### [$CF1324F$.$Maximum$ $White$ $Subtree$](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1324F)
**题目大意**