【题目来源】
【题目描述】
某学校在一段时间前购买了第一台计算机（因此这台计算机的编号是 1）。在最近几年中，学校又购买了 N-1 台新计算机。每台新计算机都连接到之前已经安装的计算机之一。学校的管理人员对网络运行缓慢感到担忧，想知道每台计算机需要发送信号的最大距离 Si（即到最远计算机的电缆长度）。你需要提供这些信息。
提示：示例输入对应于此图。从图中可以看到，计算机 4 是距离计算机 1 最远的，因此 S1=3。计算机 4 和 5 是距离计算机 2 最远的，因此 S2=2。计算机 5 是距离计算机 3 最远的，因此 S3=3。我们还得到 S4=4，S5=4。
【输入格式】
输入文件包含多个测试用例。每个用例的第一行是自然数 N（N≤10000），接下来的 N-1 行描述了计算机的连接情况。第 i 行（i≥2）包含两个自然数 --- 第 i 台计算机连接的计算机编号和用于连接的电缆长度。电缆的总长度不超过 10^9。输入行中的数字由空格分隔。
【输出格式】
对于每个用例，输出 N 行。第 i 行必须包含第 i 台计算机的数值 Si（1≤i≤N）。
【输入样例】
5
1 1
2 1
3 1
1 1
【输出样例】
3
2
3
4
4
【数据范围】
N≤10000，1≤i≤N
【算法分析】
● 换根 DP 是树形 DP 的一种重要技术，用于解决需要以树中不同节点为根分别计算答案的问题。其核心思想是在一次动态规划后，通过推导出换根时的状态转移公式，高效地计算出所有节点作为根时的结果，避免对每个根节点都进行一次 O(n) 的树形DP（那样总复杂度为 O(n²)）。
● 对于大多数简单的树形 DP 问题，如计算子树大小、节点深度、简单路径统计等，算法通常对每个节点执行常数次操作，因此时间复杂度为 O(n)。
● 换根 DP 通常遵循一个固定的两遍 DFS 流程：
（一）第一次 DFS（固定根，收集信息）
（1）任选一个节点（通常为 1 号节点）作为初始根。
（2）进行一次自底向上的树形 DP，计算以该节点为根时，各子树的状态信息。这些信息通常包括：子树大小（siz[u]）、子树内节点到根的距离和（dis[u]）、或其他与问题相关的子树最优解。
（二）第二次 DFS（换根，推导全局）
（1）这是算法的关键。基于第一次 DFS 得到的信息，从初始根节点开始，进行第二次 DFS。
（2）在遍历过程中，当从父节点 u 走向子节点 v 时，利用已知的以 u 为根时的全局答案 dp[u]，推导出以 v 为根时的全局答案 dp[v]。
（3）这个推导过程就是 “换根公式”，它分析了当根从 u 移到 v 时，哪些节点的贡献发生了变化（例如，深度增加或减少），并据此更新答案。
● 经典示例：所有节点到其他节点距离之和
代码详见：
这是一个最经典的换根DP问题，清晰地展示了换根公式的推导过程。
（1）问题：给一棵树，求以每个节点为根时，所有节点到该根节点的深度之和。
（2）定义：siz[u]：以 u 为根的子树中的节点数、dis[u]：以 u 为根时，所有节点到 u 的深度之和。
（3）步骤：
第一次 DFS：以节点 1 为根，计算 siz[u] 和初始的 dis[1]。
换根公式推导：当根从 u 换到其子节点 v 时，所有在 v 子树中的节点，到新根 v 的距离比到旧根 u 的距离减少1。这部分贡献总共减少 siz[v]。所有不在 v 子树中的节点（共 n - siz[v] 个），到新根 v 的距离比到旧根 u 的距离增加1。这部分贡献总共增加 n - siz[v]。
因此，dis[v] = dis[u] - siz[v] + (n - siz[v]) = dis[u] + n - 2 * siz[v]。
第二次 DFS：应用此公式，即可从 dp[1] 递推计算出所有节点的 dis[i]。
● 本题数据量达到了 10^4，可以在代码中加入如下语句（），避免 TLE。
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
当然，也可以使用“快读（）”函数，代码如下。
int read() { //fast readint x=0,f=1;char c=getchar();while(c<'0' || c>'9') { //!isdigit(c)if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>='0' && c<='9') { //isdigit(c)x=x*10+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}● 本题输入样例解释
第 1 行，5，树的总节点数 n=5（节点编号为 1~5）。
第 2 行，1 1，对应节点 2，它的父节点是 1，与父节点之间的边权为 1。
第 3 行，2 1，对应节点 3，它的父节点是 2，与父节点之间的边权为 1。
第 4 行，3 1，对应节点 4，它的父节点是 3，与父节点之间的边权为 1。
第 5 行，1 1，对应节点 5，它的父节点是 1，与父节点之间的边权为 1。
【算法代码】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N=1e4+5;
int f[N]; //Local (subtree) longest
int g[N]; //Local (subtree) secondary length
int dis[N]; //Globally (tree) longest
int val[N<<1],e[N<<1],ne[N<<1],h[N],idx;
int n;void add(int a,int b,int w) {val[idx]=w,e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}void dfs1(int u) {for(int i=h[u]; i!=-1; i=ne[i]) {int j=e[i],v=val[i];dfs1(j);if(f[j]+v>f[u]) g[u]=f[u],f[u]=f[j]+v;else if(f[j]+v>g[u]) g[u]=f[j]+v;}
}void dfs2(int u,int t) {dis[u]=max(t,f[u]);int fir=max(t,f[u]),sec=max(t,g[u]);for(int i=h[u]; i!=-1; i=ne[i]) {int j=e[i],v=val[i];if(f[j]+v==f[u]) dfs2(j,sec+v);else dfs2(j,fir+v);}
}int main() {while(cin>>n) {memset(h,-1,sizeof h);idx=0;for(int i=1; i<=n; i++) f[i]=g[i]=0;for(int i=2; i<=n; i++) {int x,w;cin>>x>>w;add(x,i,w);}dfs1(1);dfs2(1,0);for(int i=1; i<=n; i++) {cout<<dis[i]<<endl;}}return 0;
}/*
in:
5
1 1
2 1
3 1
1 1out:
3
2
3
4
4
*/
【参考文献】
