https://codeforces.com/problemset/problem/1187/E
首先一个很重要的点就是选了一个点之后，这颗树就会被分成两个子树，然后选左边和右边就是“独立”的了。先选左边和先选右边就不会有顺序上的影响了。然后对于左边再进行选择又回来刚才的状态。所以说选了一个点后后面的答案就确定了。
所以考虑枚举每个点作为根节点。
f[i]表示以i为根的子树获得的最大值。
f[i]=siz[i](以i为根的子树)+总和(v是i的儿子)f[u].
那么这样暴力是O(n^2)的。比较常见的套路是换根dp。
这里引用下洛谷大佬ifndef的图解。
先考虑以任意一点为根，不妨记为 rt，求出 f 数组。
然后记 gi 表示以 i 结点为根时的答案。
显然有grt=frt。
然后考虑 g 数组从父亲到儿子的转移。
以样例为例：
我们假设当前以 1 号为根，求出了 f 数组，也就是知道了 g1 ，然后要求出 g2 。
考虑一下答案的组成。
首先考虑 2 号结点的孩子的贡献，也就是图中蓝圈内的部分。这部分显然不会改变，贡献就是 f2−siz2 。
然后考虑父亲方向，也就是图中红圈部分对 g2 的贡献。
那么除了以 2 号结点，与 1 一号结点相邻的其他子树都会对答案产生贡献，也就是说，我们只需要用以 1 号结点为根时的权值减去以 2 为根的子树的贡献即可，也就是 g1−f2−siz2 。(这个siz2是原来1号节点最后加的siz[1]==n里面的部分,我自己做的时候漏了)
不要忘了加上 n ，也就是初始的白色连通块大小。
综合一下上述两种方向的贡献，可以得到：
g2=(f2−siz2)+(g1−f2−siz2)+n=g1+n−siz2*2 。
推广到所有结点，就可以得到：
gu=gfatheru+n−sizu*2
博客里还有一篇换根dp。可以两篇一起方便复习。https://blog.csdn.net/zstuyyyyccccbbbb/article/details/108361614
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
using namespace std;
const int maxn=2e5+100;
typedef long long LL;
vector<LL>g[maxn];
LL siz[maxn],f[maxn],g_[maxn],n;
bool vis[maxn];
void dfs1(LL u,LL fa)
{
vis[u]=true;siz[u]=1;
for(LL i=0;i<g[u].size();i++)
{
LL v=g[u][i];
if(v==fa||vis[v]) continue;
dfs1(v,u);
siz[u]+=siz[v];
f[u]+=f[v];
}
f[u]+=siz[u];
}
void dfs2(LL u,LL fa)
{
for(LL i=0;i<g[u].size();i++)
{
LL v=g[u][i];
if(v==fa) continue;
g_[v]=g_[u]+n-siz[v]-siz[v];
dfs2(v,u);
}
}
int main(void)
{
cin.tie(0);std::ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n;
for(LL i=1;i<n;i++)
{
LL x,y;cin>>x>>y;
g[x].push_back(y);g[y].push_back(x);
}
dfs1(1,0);
g_[1]=f[1];
dfs2(1,0);
LL ans=-0x3f3f3f3f;
for(LL i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,g_[i]);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}