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题目大意

  你可以在一棵数的边上填上(0~n-2)中的一个数，每个数只用一次，问树上任意两个不同点的mex(u, v)之和是多少？mex(u,v)代表两点之间的简单路径上没有出现的最小的非负整数。

解题思路

  对于任意一条路径，如果不包含权值为0的边，那么结果必定为0，所以我们从一条权值为0的边开始考虑，设左边的点为u，右边的点为v，(sz[u])为以u为根不包括链上其他点的子树的结点数量，(sz[v])也是如此，那么这条权值为0的边的贡献就是(sz[u]*sz[v])，然后权值为1的边，肯定只有在与权值为0的边相连的情况下贡献才最大(如果不与之相连，对于其与0号边在同一路径上的路径，将他移动到0号边的一边并不影响其贡献，并且他们中间的边的贡献也会增加)。而对于权值为2的边，也是一样(可以将0和1两条边视为权值为0的边，权值为2的边视为权值为1的边)。所以可以看出，我们可以通过一条链来算出整个树的值。
  我们预处理出以任意点为根，其子树的大小，然后跑树形dp，对于当前的长度为len的链，既有可能是一条长度为len-1的子链从左边扩展来的，也有可能是从右边扩展来的，两者取max即可，而加入每条边的贡献都是两点的子树大小的乘积(不包括链上的其他点)。

代码

const int maxn = 3e3+10;
const int maxm = 2e6+10;
vector<int> e[maxn];
int n, f[maxn][maxn], sz[maxn][maxn];
ll dp[maxn][maxn];
void gsz(int u, int p, int rt) {
    sz[rt][u] = 1;
    f[rt][u] = p;
    for (auto v : e[u]) 
        if (v!=p) gsz(v, u, rt), sz[rt][u] += sz[rt][v];
}
ll sl(int l, int r) {
    if (l==r) return 0;
    if (dp[l][r]!=-1) return dp[l][r];
    return dp[l][r] = 1LL*sz[r][l]*sz[l][r]+max(sl(r, f[r][l]), sl(l, f[l][r]));
}
int main() {
    clr(dp, 0xff);
    cin >> n;
    for (int i = 1, u, v; i<n; ++i) {
        cin >> u >> v;
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }
    for (int i = 1; i<=n; ++i) gsz(i, 0, i);
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i<=n; ++i)
        for (int j = 1; j<=n; ++j)
            ans = max(ans, sl(i, j));
    cout << ans << endl;
    return 0;
}