## 树的重心 

#### [$C$. $Link$ $Cut$ $Centroids$](https://codeforces.com/contest/1406/problem/C) 
> **账号**：$10402852@qq.com$ **密码**：$m****2$
> **关键词**：**求树的重心**


**题目大意**
给你一棵树的结点数$n$和$n-1$条边，你可以删除一条边再增加一条边，使得树的重心唯一,输出这条边
> **注意**：有$Specail$ $Judge$，如果删除哪条都行，那就随意删除一条就行

**性质**：
① 删除重心后所得的所有子树，节点数不超过原树的$1/2$，**一棵树最多有两个重心**
② 树中所有节点到重心的距离之和最小，如果有两个重心，那么他们距离之和相等
③ 两个树通过一条边合并，新的重心在原树两个重心的路径上
④ 树删除或添加一个叶子节点，重心最多只移动一条边
⑤ 一棵树最多有两个重心，且相邻


树的重心定义为树的某个节点，当去掉该节点后，树的各个连通分量中，节点数最多的连通分量其节点数达到最小值。树可能存在多个重心。如下图,当去掉点$1$后，树将分成两个连通块：$(2,4,5)，(3,6,7)$，则最大的连通块包含节点个数为$3$。若去掉点$2$，则树将分成$3$个部分，$(4)，(5)，(1,3,6,7)$最大的连通块包含$4$个节点；第一种方法可以 **得到更小的最大联通分量**。可以发现，其他方案不可能得到比$3$更小的值了。所以，点$1$是树的重心。

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**思路**
- 如果找到只有一个重心，那么直接删一个重心的直连边然后加回去就好
- 如果找到两个重心，那么在其中一个重心上找到一个直连点不是另一个重心，删除连另外一个就好

**如何求树的重心？**

1、先任选一个结点作为根节点(比如$1$号节点)，把无根树变成有根树。然后设$sz[i]$表示以$i$为根节点的子树节点个数。转移方程为$\displaystyle sz[u]=\sum_{fa[v]=u} (sz[v])$

2、设$son[i]$表示删去节点$i$后剩下的连通分量中最大子树节点个数。其中一部分在原来$i$其为根的子树。$\displaystyle son[i]=max(son[i],sz[j])$ 
> **解释**：$j$的含义是$i$的所有儿子节点

另外一部分在$i$的 **上方** 子树有$n-sz[i]$个。  
$$son[i]=max(son[i],n-sz[i])$$

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3、利用重心性质： ① 树必须存在$1$或$2$个重心 , ② 如果某个点是重心，那么把它拿下后，其它连通块的个数都需要小于等于整棵树节点个数的一半。 满足条件 ② 的结点数量不会超过$2$个！分别记录为$r_1,r_2$。

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
#define int long long
#define endl "\n"

// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

int sz[N];  // sz[i]:以i为根的子树中节点个数
int son[N]; // son[i]:去掉节点i后，剩下的连通分量中最大子树节点个数
int r1, r2, n;

void dfs(int u, int fa) {
    sz[u] = 1;  // u为根的子树中，最起码有一个节点u
    son[u] = 0; // 把节点u去掉后，剩下的连通分量中最大子树节点个数现在还不知道，预求最大，先设最小

    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 枚举u的每一条出边
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        dfs(v, u);                   // 先把v为根的子树遍历完
        sz[u] += sz[v];              // 把 v中获取填充的sz[v]值，用于组装自己sz[u]
        son[u] = max(son[u], sz[v]); // 如果把u节点去掉，那么它的所有子节点v为根的子树中节点数，可以参加评选：
        // 评选的标准是：son[i]:去掉节点i后，剩下的连通分量中最大子树节点个数
    }
    son[u] = max(son[u], n - sz[u]);         // 右上角的那一块也可能成为评选的获胜者
    if ((son[u] << 1) <= n) r2 = r1, r1 = u; // 删除重心后所得的所有子树，节点数不超过原树的1/2，一棵树最多有两个重心
    // 如果模拟u被删除后，得到的所有子树中节点数量最多的没有超过原树的1/2,那么这个r1=u表示：找到了一个重心u
    // r2=r1表示：如果找到两个重心，那么r1,r2 一人一个，此时，r1中肯定有值，但 r2不一定有值
}

signed main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n;
        // 多组测试数据，清空
        memset(sz, 0, sizeof sz);
        memset(son, 0, sizeof son);
        // 初始化链式前向星
        memset(h, -1, sizeof h);
        idx = 0;

        r1 = r2 = 0;                  // 重心清零
        for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
            int x, y;
            cin >> x >> y;
            add(x, y), add(y, x);
        }
        dfs(1, 0); // 以1号点为入口，它的父节点是0

        if (r2 == 0) { // 如果只有一个重心，r2=0表示没有第二个重心
            int u = r1, v = e[h[u]];
            cout << u << " " << v << endl; // 切掉一条边u->v
            cout << u << " " << v << endl; // 加一条边 u->v
        } else {                           // 如果有两个重心
            int u = r2, v;
            for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 不要删除掉两个重心相连接的那条边
                v = e[i];
                if (v != r1) break; // 只要对方节点不是另一个重心，那么就是可以删除的
            }
            cout << u << " " << v << endl;  // 切一条边u->v，第二个重心所在边需要被切掉
            cout << v << " " << r1 << endl; // 加一条边v->r1,不走u了，走了u的一个子节点v
        }
    }
    return 0;
} 
```

## 树的直径

#### [$AcWing$ $1072$ 树的最长路径](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15784687.html)

**$Code$**
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 10010, M = N << 1;
int n; // n个结点

// 链式前向星
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

// 换根dp模板
int ans;          // 答案,直径
int d1[N], d2[N]; // d1[i],d2[i]:经过i点的最长,次长长度是多少
bool st[N];       // 是不是遍历过了
void dfs(int u) {
    st[u] = true;
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (st[v]) continue; // v点访问过了

        // 走v子树,完成后，v子树中每个节点的d1[v],d2[v]都已经准备好，u节点可以直接利用
        dfs(v);

        // w[i]:u->v的路径长度,d1[u]:最长路径,d2[u]:次长路径
        if (d1[v] + w[i] >= d1[u])               // v可以用来更新u的最大值
            d2[u] = d1[u], d1[u] = d1[v] + w[i]; // 最长路转移
        else if (d1[v] + w[i] > d2[u])
            d2[u] = d1[v] + w[i]; // 次长路转移
    }
    // 更新结果
    ans = max(ans, d1[u] + d2[u]);
}

int main() {
    cin >> n;
    memset(h, -1, sizeof h);      // 初始化邻接表
    for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c), add(b, a, c); // 换根dp一般用于无向图
    }
    dfs(1); // 任选一个点作为根节点,此处选择的是肯定存在的1号结点
    cout << ans << endl;
    return 0;
}
```

## 换根$DP$ 

换根$DP$，又叫二次扫描，是树形$DP$的一种。

其相比于一般的树形$DP$具有以下特点：

- ① 以树上的不同点作为根，其解不同
- ② 故为求解答案，不能单求某点的信息，需要求解每个节点的信息
- ③ 故无法通过一次搜索完成答案的求解，因为一次搜索只能得到一个节点的答案
难度也就要比一般的树形$DP$高一点。

### 题单

#### **[$P3478$ $STA-Station$](https://www.luogu.com.cn/problem/P3478)**

> **题意**：给定一个$n$个点的无根树，问以树上哪个节点为根时，其所有节点的深度和最大？
**深度**：节点到根的简单路径上边的数量
> **关键词：换根$DP$模板题**

如果我们假设某个节点为根，将无根树化为有根树，在搜索回溯时统计子树的深度和，则可以用一次搜索算出以该节点为根时的深度和，其时间复杂度为 $O(N)$。

但这样求解出的答案只是以该节点为根的，并不是最优解。

如果要暴力求解出最优解，则我们可以枚举所有的节点为根，然后分别跑一次搜索，这样的时间复杂度会达到$O(N^2)$，显然不可接受。

所以我们考虑在第二次搜索时就完成所有节点答案的统计——

- ① 我们假设第一次搜索时的根节点为$1$号节点，则此时只有$1$号节点的答案是已知的。同时第一次搜索可以统计出所有子树的大小。

- ② 第二次搜索依旧从$1$号节点出发，若$1$号节点与节点$x$相连，则我们考虑能否通过$1$号节点的答案去推出节点$x$的答案。

- ③ 我们假设此时将根节点换成节点$x$，则其子树由两部分构成，第一部分是其原子树，第二部分则是$1$号节点的其他子树（如下图）。

![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401090958197.png)

- ④ 根从$1$号节点变为节点$x$的过程中，我们可以发现第一部分的深度降低了$1$，第二部分的深度则上升了$1$，而这两部分节点的数量在第一次搜索时就得到了。

故得到递推公式： 
$$f[v]=f[u]-siz[v]+(siz[1]-siz[v]),fa[v]=u$$
简化一下就是 
$$f[v]=f[u]+siz[1]-2\times siz[v]=f[u]+n-2\times siz[v]$$

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000010, M = N << 1;
#define int long long
#define endl "\n"

// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

int n; // n个节点

int depth[N]; // depth[i]:在以1号节点为根的树中，i号节点的深度是多少
int sz[N];    // sz[i]:以i号节点为根的子树中有多少个节点
int f[N];     // DP结果数组，f[i]记录整个树以i为根时，可以获取到的深度和是多少

// 第一次dfs
void dfs1(int u, int fa) {
    sz[u] = 1;                // 以u为根的子树，最起码有u一个节点
    depth[u] = depth[fa] + 1; // u节点的深度是它父节点深度+1
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        dfs1(v, u);     // 深搜v节点,填充 sz[v],depth[v]
        sz[u] += sz[v]; // 在完成了sz[v]和depth[v]的填充工作后，利用儿子更新父亲的sz[u]+=sz[v];
    }
}

// 第二次dfs
void dfs2(int u, int fa) {
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        f[v] = f[u] + n - 2 * sz[v];
        dfs2(v, u);
    }
}

signed main() {
    memset(h, -1, sizeof h); // 初始化链式前向星

    cin >> n;
    for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        add(a, b), add(b, a); // 换根DP，无向图
    }

    // 1、第一次dfs,以1号节点为根，它的父节点不存在，传入0
    dfs1(1, 0);

    // 2、换根
    for (int i = 1; i <= n; i++) f[1] += depth[i]; // DP初始化，以1号节点为根时，所有节点的深度和
    dfs2(1, 0);                                    // 从1号节点开始，深度进行换根

    // 3、找答案
    int ans = 0, id = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)            // 遍历每个节点
        if (ans < f[i]) ans = f[i], id = i; // ans记录最大的深度值，id记录以哪个节点为根时取得最大值
    // 输出以哪个节点为根时，深度和最大
    cout << id << endl;
}
```

**总结与进阶**

由此我们可以看出换根$DP$的套路：

- 指定某个节点为根节点。
- 第一次搜索完成预处理（如子树大小等），同时得到该节点的解。
- 第二次搜索进行换根的动态规划，由已知解的节点推出相连节点的解。

#### [$P1364$ 医院设置](https://www.luogu.com.cn/problem/P1364)

**一、$O(N^3)$算法**
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int g[150][150];
int w[N];

int main() {
    int n;
    cin >> n;

    // 地图初始化
    memset(g, 0x3f, sizeof g);
    for (int i = 1; i <= n; i++) g[i][i] = 0;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int a, b;
        cin >> w[i] >> a >> b;
        g[i][a] = g[a][i] = 1; // 左链接，右链接，二叉树，和一般的不一样
        g[i][b] = g[b][i] = 1;
    }

    // floyd
    for (int k = 1; k <= n; k++)
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = 1; j <= n; j++)
                if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j]) g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];

    int ans = INF;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int s = 0;
        for (int j = 1; j <= n; j++) s += w[j] * g[i][j];
        ans = min(ans, s);
    }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}
```

**二、$O(N^2)$算法**
$n$ 的值很小，最多可以有 $O(n^3)$ 的时间复杂度。

那么就可以枚举每一个节点，计算它的 **最小距离和** ，再统计答案。

**最小距离和** 怎么计算呢？容易想到的是枚举所有节点，算出两个节点之间的距离，再乘上这个节点的价值。

这样就需要求出节点之间的距离。先枚举起点，然后算出每个节点到这个起点间的距离。我用的是一个朴素的 $dfs$，在搜索的过程中累加距离，每搜索到一个节点，就储存这个节点与起点间的距离。

而累加距离也很容易实现，在从一个节点遍历到下一个节点时，$step$ 增加 $1$；

代码就很好实现了，时间复杂度也不高，$O(n^2)$。

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110, M = N << 1;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n;
int x[N];      // 点权权值数组
int st[N];     // st 数组存是否遍历过这个节点
int dis[N][N]; // 存节点间的距离

// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

void dfs(int root, int u, int step) {         // root 表示根,u:当前走到哪个节点，step:到u点时走了几步
    st[u] = 1;                                // u走过了，防止回头路
    dis[root][u] = step, dis[u][root] = step; // root<->u之间的路径长度

    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (st[v]) continue;
        dfs(root, v, step + 1);
    }
}

int main() {
    // 初始化链式前向星
    memset(h, -1, sizeof h);

    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int a, b;
        cin >> x[i] >> a >> b;
        if (a) add(i, a), add(a, i); // 存图
        if (b) add(i, b), add(b, i);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        memset(st, 0, sizeof st);
        dfs(i, i, 0); // 搜索
    }
    int ans = INF;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int s = 0;
        for (int j = 1; j <= n; j++)
            s = s + x[j] * dis[i][j]; // 累加距离
        ans = min(ans, s);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}
```

**三、$O(N)$算法**
如果$n=1e6$，那么就要考虑换根$dp$了
我们考虑相邻的医院是否存在转换关系,设其中一个医院为$u$（父节点），另一个为$v$(子节点)
如果把$u$点的医院改为$v$点，则发现：


如图：以$5$为根时：
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401100756011.png)


以$4$为根时：
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401100756839.png)


以$v$为根的子树的集合的所有人少走$1$步，但是另一集合的所有人要多走一步

设$sz[i]$表示以$i$为根节点的集合人的总数，$f[i]$表示在$i$点设置医院的代价，则可转换成：
$$\large f[v]=f[u]+(sz[1]-sz[v])-sz[v]=f[u]+sz[1]-2\times sz[v]$$
> **注**： 其中$sz[1]$表示全部人的数量,一般也写做$n$


**思路**：
先算出$1$个点的代价，之后$dp$换根直接转换

**$Code$**
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
int c[N];
int f[N], sz[N];
int ans = INF;

// 第一次dfs,获取在以1为根的树中:
// 1、每个节点分别有多少个子节点，填充sz[]数组
// 2、获取到f[1],f[1]表示在1点设置医院的代价
// 获取到上面这一组+一个数据，才能进行dfs2进行换根
void dfs1(int u, int fa, int step) {
    sz[u] = c[u]; // 这个挺绝啊~，与一般的统计子树节点个数不同，这里把人数，也就是点权值，也看做是一个节子点，想想也是这个道理
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        dfs1(v, u, step + 1); // 填充深搜v节点为根的子树
        sz[u] += sz[v];       // 在完成了v节点的数据统计后，用v节点的sz[v]结果累加到sz[u]
    }
    f[1] += step * c[u]; // 累加步数*人数 = 1点的总代价,预处理出1点的总代价
}

// 第二次dfs,开始dp换根
void dfs2(int u, int fa) {
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        f[v] = f[u] + sz[1] - sz[v] * 2; // 经典的递推式
        dfs2(v, u);                      // 继续深搜
    }
}

int main() {
    // 初始化链式前向星
    memset(h, -1, sizeof h);

    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> c[i];
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        if (a) add(a, i), add(i, a); // 是一个二叉树结构，与左右节点相链接，但有可能不存在左或右节点，不存在时,a或b为0
        if (b) add(b, i), add(i, b);
    }
    // 1、准备动作
    dfs1(1, 0, 0);
    // 2、换根dp
    dfs2(1, 0);

    // 输出答案
    for (int i = 1; i <= n; i++) ans = min(ans, f[i]);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}
```

#### [$P2986$ 伟大的奶牛聚集](https://www.luogu.com.cn/problem/P2986)

**题目描述**

$Bessie$ 正在计划一年一度的奶牛大集会，来自全国各地的奶牛将来参加这一次集会。当然，她会选择最方便的地点来举办这次集会。

每个奶牛居住在 $N$ 个农场中的一个，这些农场由 $N-1$ 条道路连接，并且从任意一个农场都能够到达另外一个农场。道路 $i$ 连接农场 $A_i$ 和 $B_i$，长度为 $L_i$。集会可以在 $N$ 个农场中的任意一个举行。另外，每个牛棚中居住着 $C_i$ 只奶牛。

在选择集会的地点的时候，Bessie 希望最大化方便的程度（也就是最小化不方便程度）。比如选择第 $X$ 个农场作为集会地点，它的不方便程度是其它牛棚中每只奶牛去参加集会所走的路程之和（比如，农场 $i$ 到达农场 $X$ 的距离是 $20$，那么总路程就是 $C_i\times 20$）。帮助 $Bessie$ 找出最方便的地点来举行大集会。

**题目分析**
这还分析个啥啊，这不就是上一道题的医院选址吗？

**$Code$**
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
#define int long long
#define endl "\n"

// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

int c[N]; // 点权数组
int sz[N];  // sz[i]:在以1号节点为根时，i号节点的子节点数量
int dis[N]; // dis[i]:表示i距离起点的长度
int f[N]; // f[i]:把奶牛大集会的地点设为i时的最小代价
int ans = 1e18;

// 第一次dfs,获取在以1为根的树中:
// 1、每个节点分别有多少个子节点，填充sz[]数组
// 2、获取到f[1],f[1]表示在1点设置医院的代价
// 获取到上面这一组+一个数据，才能进行dfs2进行换根
void dfs1(int u, int fa) {
    sz[u] = c[u]; // 这个和医院选址是一样的，点权就是子节点个数
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        dis[v] = dis[u] + w[i]; // 每个点到根节点的距离,这个和医院选址是不一样的，那个是一步+1，用step记录即可，这个还有边权
        dfs1(v, u);             // 深搜
        sz[u] += sz[v];         // 以u为根的子树奶牛数量
    }
    f[1] += dis[u] * c[u]; // 累加 距离*人数=1点的总代价
}

// 第二次dfs,开始dp换根
void dfs2(int u, int fa) {
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        f[v] = f[u] + (sz[1] - sz[v] * 2) * w[i];
        dfs2(v, u);
    }
}
signed main() {
    // 初始化链式前向星
    memset(h, -1, sizeof h);

    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> c[i];
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c), add(b, a, c);
    }
    // 1、准备动作
    dfs1(1, 0);
    // 2、换根dp
    dfs2(1, 0);
    // 输出答案
    for (int i = 1; i <= n; i++) ans = min(ans, f[i]);
    cout << ans << endl;
}

```

#### [$CF1324F$.$Maximum$ $White$ $Subtree$](https://codeforces.com/problemset/problem/1324/F)
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401100839763.png)

![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401101429621.png)


**思路分析**
这题要求的是求出对任何一个节点$v$，求出包含这个节点的子树$cnt_1−cnt_2$的最大值。

#### 暴力想法
首先思考下暴力写法应该如何写。
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401101430095.png)

对于所有可能的路径的贡献值的累加，且贡献值需大于等于$0$。
>- 白的比黑的多，有分, 这时我们选上这棵子树
>- 黑的比白的多，没分, 这时我们放弃这棵子树

不妨设$f[u]$代表$u$结点的最大值。故

$$\large f[u]=c[u]+\sum_{v \in son_u}max(0,f[v])$$

假如用暴力写法，就是对于每个结点$u$，暴力搜索所有的相邻结点，利用$dfs$暴力搜索。也就是以每个结点为棵出发，枚举$n$次$dfs$,但是结点最大为$2∗10^5$ 这个暴力算法显然会超时，考虑如何优化。

#### 算法优化
 对于从下往上的贡献，可以利用从下往上的$dfs$树形$dp$进行获取,难求的是刨去以$v$为根的子树的贡献值,也就是向上走的那部分。

设$u$为节点$v$的父节点,$f[v]$代表从下往上以$v$为根的 **白点数减去黑点数** 的 **最大值**,$g[v]$代表最终的最大值。

根据刨去以$v$为根的子树的贡献值这个思想，可以发现:

$$\large add=g[u]−max(0,f[v])$$
> **注**：$fa[v]=u$

就是刨去以$v$为根的子树的贡献值。写出状态转移方程：
$$\large g[v] = 
 \left\{\begin{matrix}
f[v] &   if \ v = root \\
 f[v]+max(0,g[u]-max(0,f[v]))&  if \ v \neq root
\end{matrix}\right.
$$ 

因此思路:

- ① 从下往上树形$dp$,计算$f[v]$
- ② 从上往下换根$dp$,计算$g[v]$

**$Code$**
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, M = N << 1;

// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

int f[N];
int g[N];
int c[N]; // 颜色
int n;    // 节点数量

// 以1号节点为根，跑一遍dfs,填充每个节点的cnt1-cnt2的最大值
void dfs1(int u, int fa) {
    f[u] = c[u]; // 1：白色，-1黑色，正好与 cnt1-cnt2一致,初始值加上了老头子自己的养老钱
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        dfs1(v, u);
        f[u] += max(0, f[v]); // 如果我儿子给我，那我就拿着；如果我儿子不给我钱，或者管我要钱，我就不理它！
    }
}

// 换根dp
void dfs2(int u, int fa) {
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        int val = g[u] - max(f[v], 0);
        g[v] = f[v] + max(val, 0);
        dfs2(v, u);
    }
}

int main() {
    // 初始化链式前向星
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int x;
        cin >> x;
        c[i] = (x ? x : -1); // 白色c[i]=1，黑色c[i]=-1
    }

    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        add(a, b), add(b, a);
    }

    // 第一次dfs
    dfs1(1, 0);

    // 它们两个是一个意思
    g[1] = f[1];
    // 换根dp
    dfs2(1, 0);
    // 输出答案
    for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", g[i]);
    return 0;
}
```

#### [$P3047$ $Nearby$ $Cows$ $G$](https://www.luogu.com.cn/problem/P3047)

**题目大意**
题目大意是给你一颗树，对于每一个节点$i$，求出范围$k$之内的点权之和。

看数据范围就知道暴力肯定是会$TLE$飞的，所以我们要考虑如何$dp$（代码习惯写$dfs$）

仔细思考一下我们发现点$i$走$k$步能到达的点分为以下两种

- 在$i$的子树中（由$i$点往下）
- 经过$i$的父亲（由$i$点往上）

这样的问题一般可以用两次$dfs$解决

定义状态:
- $f[i][j]$表示$i$点往下$j$步范围内的点权之和
- $g[i][j]$表示$i$点往上和往下走$j$步范围内点权之和

第一次$dfs$我们求出所有的$f[n][k]$，这个比较简单，对于节点$u$和其儿子$v$,$f[u][k] += f[v][j - 1]$就行了。（第一次$dfs$已知叶子节点推父亲节点）

第二次$dfs$我们通过已经求出的$f$数组推$g$数组，对于$u$和$u$的儿子$v$, 
$$g[v][k] += (g[u][k - 1] - f[v][k - 2])$$

注意数组下表不要越界。$g[i][j]$的初始值应该赋为$f[i][j]$，因为根节点的$g[i][j]$就是$f[i][j]$。（第二次$dfs$已知父亲节点推儿子节点）


#### [$P6419$ $Kamp$](https://www.luogu.com.cn/problem/P6419)
https://www.cnblogs.com/Troverld/p/14601347.html


#### [$P3647$ $APIO2014$ 连珠线](https://www.luogu.com.cn/problem/P3647)


#### [$POJ3585$ $Accumulation$ $Degree$](http://poj.org/problem?id=3585)
https://blog.csdn.net/qq_34493840/article/details/90575293


#### [$CF708C$ $Centroids$](https://www.luogu.com.cn/problem/CF708C)
https://www.cnblogs.com/DongPD/p/17498336.html


#### [Eg3: AT Educational DP Contest V-Subtree](https://dmoj.ca/problem/dpv)

#### [$AcWing$ $1073$. 树的中心](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15786805.html)

#### [$AcWing$ $1148$ 秘密的牛奶运输](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16054005.html)