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@ -12,24 +12,38 @@ void add(int a, int b, int c = 0) {
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int n; // n个节点
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int k; // k个需要接的人
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// 以下的五个数组，是在递归中维护的数据，只有准备了这些数据，才能保证各种情况下我们都能提供正确的解答
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int mx1[N]; // u的子树中最长链的长度
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int mx2[N]; // u的子树中次长链
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int sz[N]; // 以u为根的子树中是否有人
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int id[N]; // id[u]:u的最长链条出发，第1个经过的节点是哪个节点
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int up[N]; // 向上的最长路径：不在u的子树内,而是向u的父节点方向走，距离u最远的那个人的家到u的距离
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int f[N]; // 从u出发把u子树上的人都送回家再回到u所需要的时间
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int g[N]; // 从u出发把所有点都送回家再回到u的结果
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// f[i] -max(up[i],mx1[i]);
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// 根据黄海的习惯，换根DP的第一次结果我喜欢记录到f[]中，第二次的统计结果喜欢记录到g[]中
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// 这一点可能与网上一些题解不太一致，请读者注意
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int f[N]; // 以任意点为根(一般情况下，我喜欢以节点1为根),记录:从u出发把u子树上的人都送回家再回到u所需要的时间
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int g[N]; // 不管以哪点为根出发,记录：从u出发把所有点都送回家再回到u的最短时间
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/*
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本题其实是两个子问题的综合题：
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1、你可以挑选任意一个点作为根出发，然后dfs走完全部的有人的节点，然后返回到根，这时当根节点确定时，这个总时间是确定的。
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时间的相关条件包括：走了哪些路径（一来一回走两遍）,路径的边权值,是从哪个根出发的（这个很好理解，从一个离大家都近的地方出发，肯定比
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从欧洲出发要快吧~）。
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2、如果只是最终都要回到根，那上面的逻辑跑多次以不同节点为根的dfs就行，也就是暴力换根；当然，我们嫌人家O(N^2)太慢，也可以优化一下：
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采用换根dp,两次dfs，优化为O(N)的。
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但这样肯定是不行的，原因是题目中隐藏了一个条件：最后一次送完人，不用回到根起点！！！
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这个非常重要！！就是因为它才导致后面的讨论、存储统计信息非常麻烦！！！
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*/
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/*
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功能：
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第一次dfs,先递归子节点v，利用子节点v提供的信息，更新父节点u的统计信息
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统计信息包括：
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①
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②
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③
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④
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① mx1[u]:以u为根的子树中，u可以走的最长距离.每次变更是通过mx1[u]=max(mx1[v]+w[i])更新的
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② mx2[u]:以u为根的子树中，u可以走的次长距离
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③ id:
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④ sz:
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⑤ f:
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*/
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void dfs1(int u, int fa) {
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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@ -39,13 +53,20 @@ void dfs1(int u, int fa) {
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if (sz[v] == 0) continue; // 如果v里面没有需要接的人，那么以v为根的子树不会对u为根的子树产生贡献，放过v子树
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// 如果进入到这里，说明v子树里面有需要接的人，会对u为根的子树产生贡献，需要讨论
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f[u] += f[v] + 2 * w[i];
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int x = mx1[v] + w[i];
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// v子树里有人，那么v子树就一定要进去看看！所以一来一回的w[i]省不下
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// v里面到底需要花费多少时间，记录在f[v]里了，所以，v子树的整体贡献=f[v]+2*w[i]
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// 维护最长、次长、最长是经过哪个节点来的三件事
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int x = mx1[v] + w[i]; // v在以v为根的子树中，能走到的最长路径记录在mx1[v]里，现在以子推父，父亲的以u为根的子树中，u能走到的最长路径记录到mx1[u]中
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// 如果u的最长路径可能是通过v获取到的，那么 mx1[u]=mx1[v]+w[i]
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if (x >= mx1[u]) {
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mx2[u] = mx1[u];
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mx1[u] = x;
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id[u] = v;
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} else if (x >= mx2[u])
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mx2[u] = x;
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mx2[u] = mx1[u]; // 最长变为次长
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mx1[u] = x; // mx1[v]+w[i]变为最长
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id[u] = v; // 记录u的最长路径中第一个节点走的是v
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} else if (x > mx2[u]) // 如果小于最长，大于次长(注意：这里不需要等号，等号没用，当然，加上也不错)
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mx2[u] = x; // 更新次长
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// 汇总父节点u的接人个数
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sz[u] += sz[v];
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}
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}
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