题目：传送门
思路：边权是任意填的。 包含0边（边权为0）的树链的mes值至少为1。换言之，0边为这些树链增加了1点的贡献，而1边（边权为1）必须与0边在一条链才能增加贡献，2边必须与1、0边在一条链才能增加贡献。而3、1、0构成一条链的mes为2，与 0、1构成一条链的mes相同，可见 在下图3边 是对答案没有贡献的；
因此可以枚举所有树链从外到内 进行填边（外大内小），用二维的dp可以求出最优解；
思路参考于：传送门
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long LL; 4 typedef pair<int,int> pii; 5 typedef pair<double,double> pdd; 6 const int N=3e3+5; 7 const LL inf=3e16; 8 const int mod=1e9+7; 9 const double eps=1e-9; 10 const long double pi=acos(-1.0L); 11 #define ls (i<<1) 12 #define rs (i<<1|1) 13 #define fi first 14 #define se second 15 #define pb push_back 16 #define mk make_pair 17 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 18 LL read() 19 { 20 LL x=0,t=1; 21 char ch; 22 while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') t=-1; 23 while(isdigit(ch)){ x=10*x+ch-'0'; ch=getchar(); } 24 return x*t; 25 } 26 struct edge 27 { 28 int to,next; 29 edge(){} 30 edge(int tt,int nn) 31 { 32 to=tt; next=nn; 33 } 34 }e[N<<1]; 35 LL head[N],tot,cnt[N][N],f[N][N],dp[N][N]; 36 void add(int from,int to) 37 { 38 e[++tot]=edge(to,head[from]); 39 head[from]=tot; 40 } 41 void dfs(int u,int pre,int r) 42 { 43 f[r][u]=pre; 44 cnt[r][u]=1; 45 for(int i=head[u];i;i=e[i].next) 46 { 47 int v=e[i].to; 48 if(v==pre) continue; 49 dfs(v,u,r); 50 cnt[r][u]+=cnt[r][v]; 51 } 52 } 53 LL DP(int x,int y) 54 { 55 if(x==y) return 0; 56 if(dp[x][y]!=-1) return dp[x][y]; 57 dp[x][y]=cnt[y][x]*cnt[x][y]+max(DP(f[y][x],y),DP(x,f[x][y])); 58 return dp[x][y]; 59 } 60 int main() 61 { 62 int n=read(); 63 mem(dp,-1); 64 for(int i=1;i<n;i++) 65 { 66 int x=read(),y=read(); 67 add(x,y); 68 add(y,x); 69 } 70 for(int i=1;i<=n;i++) 71 dfs(i,0,i); 72 LL ans=0; 73 for(int i=1;i<=n;i++) 74 for(int j=1;j<=n;j++) 75 ans=max(ans,DP(i,j)); 76 printf("%lld ",ans); 77 return 0; 78 }