Description
在列奥纳多·达·芬奇时期，有一个流行的童年游戏，叫做“连珠线”。不出所料，玩这个游戏只需要珠子和线，珠子从1到礼编号，线分为红色和蓝色。游戏
开始时，只有1个珠子，而接下来新的珠子只能通过线由以下两种方式被加入：
1．Append(w，杪)：-个新的珠子w和一个已有的珠子杪连接，连接使用红线。
2．Insert(w，u，v)：-个新的珠子w加入到一对通过红线连接的珠子（u，杪）
之间，并将红线改成蓝线。也就是将原来u连到1的红线变为u连到w的蓝线与W连到V的蓝线。
无论红线还是蓝线，每条线都有一个长度。而在游戏的最后，将得到游戏的
最后得分：所有蓝线的长度总和。
现在有一个这个游戏的最终结构：你将获取到所有珠子之间的连接情况和所
有连线的长度，但是你并不知道每条线的颜色是什么。
你现在需要找到这个结构下的最大得分，也就是说：你需要给每条线一个颜
色f红色或蓝色），使得这种连线的配色方案是可以通过上述提到的两种连线方式
操作得到的，并且游戏得分最大。在本题中你只需要输出最大的得分即可。
Input
第一行是一个正整数n，表示珠子的个数，珠子编号为1刭n。
接下来n-l行，每行三个正整数ai，bi(l≤ai10000)，表示有一条长度为ci的线连接了珠子ai和珠子bi。
Output
输出一个整数，为游戏的最大得分。
Sample Input
1 2
1 3 4 0
1 4 1 5
1 5 2 0
Sample Output
HINT
数据范围满足1≤n≤200000。
题解：
假如确定了根，再通过若干操作得到这棵树，那么对于insert（w，u，v）操作，u，w，v必然为祖父节点-父节点-子节点的形式
然后可以O（n）的枚举根，设 f[i][0/1] 表示以i为根的子树，i是否为中转点的情况下，子树蓝边的最大总和是多少
这个可以O（1）的从儿子转移过来，所以dp的复杂度为O（n），但总复杂度为O（n2）
我们可以在状态里多加一个0/1，即设 f[i][0/1][0/1] 表示以i为根的子树，以i的为子树里除去i以外是否有根节点，i是否为中转点的情况下，子树蓝边的最大总和是多少
当以i的为子树里除去i以外没有根节点，和前面的转移一样
否则，就会多一种转移，设根节点在j，就是可以有insert（i，j，x），其中x是i的另一个子节点
code：
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 6 using namespace std; 7 char ch; 8 bool ok; 9 void read(int &x){ 10 for (ok=0,ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch=='-') ok=1; 11 for (x=0;isdigit(ch);x=x*10+ch-'0',ch=getchar()); 12 if (ok) x=-x; 13 } 14 const int maxn=200005; 15 const int maxm=maxn*2; 16 const int inf=2147483647; 17 int n,a,b,c; 18 int f[maxn][2][2]; 19 struct Graph{ 20 int tot,now[maxn],son[maxm],pre[maxm],val[maxm]; 21 int premax[maxn],sufmax[maxn],g[maxn]; 22 void put(int a,int b,int c){pre[++tot]=now[a],now[a]=tot,son[tot]=b,val[tot]=c;} 23 void add(int a,int b,int c){put(a,b,c),put(b,a,c);} 24 void dfs(int u,int fa){ 25 for (int p=now[u],v=son[p];p;p=pre[p],v=son[p]) if (v!=fa) dfs(v,u); 26 int cnt=0,sum=0; premax[0]=sufmax[0]=-inf; 27 for (int p=now[u],v=son[p];p;p=pre[p],v=son[p]) if (v!=fa) 28 g[v]=max(f[v][0][0],f[v][0][1]+val[p]),sum+=g[v],++cnt,premax[cnt]=sufmax[cnt]=f[v][0][0]+val[p]-g[v]; 29 premax[cnt+1]=sufmax[cnt+1]=-inf; 30 for (int i=1;i<=cnt;i++) premax[i]=max(premax[i],premax[i-1]); 31 for (int i=cnt;i>=1;i--) sufmax[i]=max(sufmax[i],sufmax[i+1]); 32 f[u][0][0]=sum,f[u][0][1]=cnt?f[u][0][0]+premax[cnt]:-inf,f[u][1][1]=-inf; 33 for (int p=now[u],v=son[p],i=0;p;p=pre[p],v=son[p]) if (v!=fa){i++; 34 int res=max(premax[i-1],sufmax[i+1]),tmp=sum-g[v]; 35 f[u][1][0]=max(f[u][1][0],max(f[v][1][1]+val[p]+tmp,max(f[v][0][0],f[v][1][0])+tmp+max(val[p]+res,0))); 36 f[u][1][1]=max(f[u][1][1],max(f[v][0][0],f[v][1][0])+val[p]+tmp); 37 } 38 } 39 }G; 40 int main(){ 41 read(n); 42 for (int i=1;i<n;i++) read(a),read(b),read(c),G.add(a,b,c); 43 G.dfs(1,0); 44 printf("%d ",max(f[1][1][0],f[1][0][0])); 45 return 0; 46 }