diff --git a/TangDou/Topic/HuanGenDp/P6419.cpp b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P6419.cpp
index 54055d0..1a637ec 100644
--- a/TangDou/Topic/HuanGenDp/P6419.cpp
+++ b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P6419.cpp
@@ -12,24 +12,38 @@ void add(int a, int b, int c = 0) {
 int n; // n个节点
 int k; // k个需要接的人
 
+// 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
 int mx1[N]; // u的子树中最长链的长度
 int mx2[N]; // u的子树中次长链
 int sz[N];  // 以u为根的子树中是否有人
 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
 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
-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
-int g[N];   // 从u出发把所有点都送回家再回到u的结果
 
-// f[i] -max(up[i],mx1[i]);
+// 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
+// 这一点可能与网上一些题解不太一致，请读者注意
+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
+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
+/*
+本题其实是两个子问题的综合题：
+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。
+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
+从欧洲出发要快吧~）。
+
+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：
+采用换根dp,两次dfs，优化为O(N)的。
+
+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！！！
+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！！！
+*/
 
 /*
-功能：
 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
 统计信息包括：
-①
-②
-③
-④
+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
+② mx2[u]:以u为根的子树中，u可以走的次长距离
+③ id:
+④ sz:
+⑤ f:
 */
 void dfs1(int u, int fa) {
     for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
@@ -39,13 +53,20 @@ void dfs1(int u, int fa) {
         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
         // 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
         f[u] += f[v] + 2 * w[i];
-        int x = mx1[v] + w[i];
+        // 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
+        // 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]
+
+        // 维护最长、次长、最长是经过哪个节点来的三件事
+        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
+        // 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]
         if (x >= mx1[u]) {
-            mx2[u] = mx1[u];
-            mx1[u] = x;
-            id[u] = v;
-        } else if (x >= mx2[u])
-            mx2[u] = x;
+            mx2[u] = mx1[u];   // 最长变为次长
+            mx1[u] = x;        // mx1[v]+w[i]变为最长
+            id[u] = v;         // 记录u的最长路径中第一个节点走的是v
+        } 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)
+            mx2[u] = x;        // 更新次长
+
+        // 汇总父节点u的接人个数
         sz[u] += sz[v];
     }
 }