浅谈树的直径
定义：
树上一节点最大子树的节点数最小；
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；
求解：
求解方法多种多样，分别用到不同的定义和性质：
1.定义求解：
siz [ i ]表示 i 节点的子树大小 dp [ i ]表示以 i 为根节点的最大子树大小，val[ i ]为i节点的点权，代码通俗易懂不过多解释了
inline void dfs(int now,int fa)
{
siz[now]=val[now];
dp[now]=0;
for(int i=head[now];i;i=a[i].nxt)
{
int t=a[i].to;
if(t==fa) continue;
dfs(t,now);
siz[now]+=siz[t];
dp[now]=max(dp[now],siz[t]);
}
dp[now]=max(dp[now],n-dp[now]);
if(dp[now]<dp[ans]) ans=now;
}
2.性质求解：
一般来说定义求解就够用了，但在某些时候性质求解更方便实用；
根据性质2：我们可以处理出所有节点到某一节点的距离，取最小值；
怎么求出每个节点到某一节点的距离呢？在dfs过程中向下处理是很容易的，所以我们可以先处理出所有节点到根节点的距离qwq ；
siz [ i ]同上，f [ i ] 表示节点 i 的所有子节点到 i 的距离和，val[ i ] 同上， a [ i ].val 为边权，设定1 号节点为根节点；
inline void dfs1(int now,int fa,int deep)
{
siz[now]=val[now];
dep[now]=deep;
for(int i=head[now];i;i=a[i].nxt)
{
int t=a[i].to;
if(t==fa) continue;
dfs1(t,now,deep+a[i].val);
siz[now]+=siz[t];
f[now]+=f[t]+siz[t]*a[i].val;
}
}
对于f数组的处理的理解：t的所有子节点到t的距离+now的当前子树所有节点到now的距离。
这样就求得了根节点的距离和，我们再通过根节点递推其他节点的距离和，有如下公示：
f [ now ] = f [ fa ] +（ siz [ 根节点 ] - 2 * siz [ now ]）* 边权；（now！= 根节点）
理解如下：
对于now的子节点，每个节点的距离减少了一个边权，总距离减少 siz [ now ] * 边权 ，对于非v子节点，每个节点距离增加了一个边权，总距离增加（siz[ 根 ]-siz [ now ]）*边权
inline void dfs2(int now,int fa)
{
if(now^root) f[now]=f[fa]+siz[1]-2*siz[now];
if(f[now]<sum) res=now,sum=f[now];
for(int i=head[now];i;i=a[i].nxt)
{
int t=a[i].to;
if(t==fa) continue;
dfs2(t,now);
}
}
这种方法还可以优化：观察式子：显然一个节点的所有子树中，只有子节点数最多的一个可能成为重心，所以我们可以加以改进，在dfs2中只走子树节点最多的一个：
这样复杂度整体虽然还是O（n）的，但是查询复杂度变为了O（树高）在某些题目中（下面例题中qwq）有奇效。
inline void dfs1(int now,int fa,int deep)
{
siz[now]=val[now];
dep[now]=deep;
int maxson=-1;//新 加
for(int i=head[now];i;i=a[i].nxt)
{
int t=a[i].to;
if(t==fa) continue;
dfs1(t,now,deep+a[i].val);
siz[now]+=siz[t];
f[now]+=f[t]+siz[t]*a[i].val;
if(siz[t]>maxson) maxson=siz[t],son[now]=t;//新 加
}
}
inline void dfs2(int now,int fa)
{
if(now^1) f[now]=f[fa]+siz[1]-2*siz[now];
if(f[now]<sum) res=now,sum=f[now];
if(son[now]) dfs2(t,now);//改 动
}
例题：
第一行为N，1<N<=50000,表示树的节点数目，树的节点从1到N编号。 接下来N-1行，每行两个整数U，V，表示U与V之间有一条边。 再接下N行，每行一个正整数，其中第i行的正整数表示编号为i的节点权值为W(I),树的深度<=100
分析：
应该没有黑题难度，紫色差不多。
先考虑暴力枚举x，y，那么对于每一对x，y分界都是一条树上的边。那么我们不如枚举断边，再找出重心qwq；
先O（n）求出f [ root ] 的值，枚举断边，再通过上述第二种优化过的方法求距离和，总复杂度O（N*树高）；
对于优化的处理：由于需要断边，每次断边后最大子树可能变小，所以我们需要维护一个次大子树；
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch;
for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
if(ch=='-') f=0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return f?x:-x;
}
const int inf=1e18;
int n,res,cut;
int val[100010],siz[100010],f[100010],dep[100010];
int from[100010];
int son1[100010],son2[100010];
int head[100010],cnt=1;
struct point
{
int nxt,to;
}a[100010];
inline void add(int x,int y)
{
a[++cnt].nxt=head[x];
a[cnt].to=y;
head[x]=cnt;
}
inline void dfs1(int now,int fa,int deep)
{
siz[now]=val[now];
dep[now]=deep;
from[now]=fa;
for(int i=head[now];i;i=a[i].nxt)
{
int t=a[i].to;
if(t==fa) continue;
dfs1(t,now,deep+1);
siz[now]+=siz[t];
f[now]+=(f[t]+siz[t]);
if(siz[t]>siz[son1[now]])
{
son2[now]=son1[now];
son1[now]=t;
}
else if(siz[t]>siz[son2[now]])
{
son2[now]=t;
}
}
}
inline void dfs3(int now,int sum,int all,int &ans)
{
ans=min(ans,sum);
int t=son1[now];
if(t==cut||siz[son2[now]]>siz[son1[now]]) t=son2[now];
if(!t) return ;
if(2*siz[t]>all) dfs3(t,sum+all-2*siz[t],all,ans);
}
inline void dfs2(int now)
{
for(int i=head[now];i;i=a[i].nxt)
{
int t=a[i].to;
if(t==from[now]) continue;
cut=t;
for(int x=now;x;x=from[x]) siz[x]-=siz[t];
int A=inf,B=inf;
dfs3(1,f[1]-f[t]-dep[t]*siz[t],siz[1],A);
dfs3(t,f[t],siz[t],B);
res=min(res,A+B);
for(int x=now;x;x=from[x]) siz[x]+=siz[t];
dfs2(t);
}
}
signed main()
{
n=read();
for(int x,y,i=1;i<n;++i)
{
x=read(),y=read();
add(x,y);
add(y,x);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
val[i]=read();
}
res=inf;
dfs1(1,0,0);
dfs2(1);
printf("%lld
",res);
return 0;
}