834 Sum of Distances in Tree
思路：一颗无向的树有N个节点，分别标记为0,1,2,…N-1，有若干条边。结果返回每个节点到其他节点的路径和。
以上面这棵树为例。从节点0到其他点的路径查找过程是：节点0有两条边分别到达子节点1和子节点2；递归查找节点1（节点1没有子节点），节点2；继续查找节点2的子节点…依次下去。递归每进一层，路径就需要加1。
遍历完节点0以后，再以节点1为根节点，遍历。
时间复杂度O(N*E),E是边的数目。这个思路超时。既然是超时，定是因为有重复计算的。例如遍历边(0,2)，之后又遍历了一次(2,0)。但是该怎么合并计算，我没想出来。
学习：接下来的描述，相当于翻译官方解释吧。
用一颗新的树为例子。节点0和节点4是父子关系，也是相邻节点。现在观察一下相邻节点连接后，路径和发生什么变化。
将节点0和节点4的路径断开，得到下图。
记：stsum[0] 表示节点0在节点0子树上的路径和。stsum[4]表示节点4在节点4子树上的路径和。count[0]表示节点0子树的节点数。answer[0]表示节点0在整个树的路径和。answer[4]表示节点4在整个树的路径和。
当节点0和节点4之间加上路径后，answer[0]= stsum[0] + stsum[4] + count[4]。因为节点0到节点4子树上所有点的距离与节点4到节点4子树上所有点的距离都要加1。answer[4]= stsum[4] + stsum[0] + count[0]。而且能得到answer[0]-answer[4]=count[4]-count[0]。
所以得到结论:相邻节点（父子节点）x,y在整个树的路径和是：
。
编码过程：
1 answer[]存储以每个节点为根节点在整个树的路径和；
2 count[] 存储以每个节点为根节点的子树的节点数，初始化每个元素值=1；
3 对某个节点node,dfs后序遍历,先处理子节点,计算每个子节点y的count和stsum，
，
，当遍历了所有的边以后
；如果我们从节点0开始遍历。这次遍历结束后只有answer[0]是正确的。其他节点都没有遍历完全。
4 再看，上面分析了两个相邻节点（父子节点）的路径和关系。如果有节点parent和子节点child，则有
，因为我们已经得到answer[0]的正确结果，可以依据算式计算节点0的子节点的answer。算式中之所以使用count[child]来计算count[parent]：
，是因为在上一步的后续遍历过程中，count[parent]的值已经发生变化，不再是parent、child状态下的count
(原文的解释是：count[child]从child得到parent比较容易)。用先序遍历再次遍历树，修改每个子节点的answer，得到最终结果。
代码
301 Remove Invalid Parentheses
思路：最直接的想法：把s中每一个(,)去掉，检查新的字符串是不是有效字符串，如果是则加入到结果集。
这样不符合题意的要求：去掉最少的括号。那么需要计算最少去掉几个左括号，去掉几个右括号，就可以是有效字符串。
在编码过程中注意去重。
代码
学习：可以改进，不再需要判断是否是有效字符串。添加变量open。有效字符的特征是：左括号在前，所以open>0；左右括号个数相同=>open=0；多余的左右括号都去掉了=>leftCount=0 and rightCount=0。
代码