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二次扫描与换根，对于没有确定根的题目往往可以用到，可以减少一个枚举根的复杂度

题意

思路

1.考虑朴素解法，枚举根 $s$ ,设 d[x] 为从 x 出发流向子树的最大流量，很容易求出dp方程（即代码中dfs部分）。对于每个根都进行一次dp，时间复杂度 $O(n^2)$。
2.考虑优化，首先任选一个源点 $s$ 进行同上的dp，设 f[x] 表示把 x 作为根，流向整个水系的最大流量。则对于根节点 $x$ , f[x] = d[x]。考虑 $x$ 的子节点 $y$ ，f[y] 包涵两部分：

1. 从 $y$ 流向以 $y$ 为根的子树的流量，即为 d[y]。
2. 从 $y$ 沿着父节点 $x$ 的河道，流向水系中其他部分的流量，设为ad。

容易得到 f[y] = f[x] + ad，那么怎么求 ad 呢？
把 x 作为根节点的总流量为 f[x]， 从 x 流向 y 的流量为 min(d[y], w[x,y]) ，其中 w[x,y] 表示 xy 两点间河道容量。那么 x 流向除 y 以外的其他部分流量就是二者之差，于是把y作为根，先流到 x ，再流向其他部分的流量就是这个差与 w[x,y] 取最小值的结果。（前提是 $x,y$ 度数均大于1）

if(in[cur] != 1 && in[to] != 1)
	ad = min(f[cur] - min(e[i].dis, d[to]), e[i].dis);
else if(in[cur] != 1 && in[to] == 1) 
	ad = min(f[cur] - e[i].dis, e[i].dis);
else
	ad = e[i].dis;

注意 dfs2(to, cur) 的搜索要放到更新完 to 之后。

代码

int n;
int head[maxn], cnt;
struct Edge {
	int to, dis, next;
}e[maxn * 2];
bool vis[maxn];
int d[maxn], f[maxn];
int in[maxn];
void add(int u, int v, int w) {
	++cnt;
	e[cnt].to = v;
	e[cnt].dis = w;
	e[cnt].next = head[u];
	head[u] = cnt;
}
int ans;
void dfs(int cur = 1, int fa = 0) {
	for(int i = head[cur]; i; i = e[i].next) {
		int to = e[i].to;
		if(to == fa) continue;
		dfs(to, cur);
		if(in[to] == 1) {
			d[cur] += e[i].dis;
		}
		else {
			d[cur] += min(e[i].dis, d[to]);
		}
	}
}
void dfs2(int cur = 1, int fa = 0) {
	for(int i = head[cur]; i; i = e[i].next) {
		int to = e[i].to;
		if(to == fa) continue;
		f[to] = d[to];
		int ad;
		if(in[cur] != 1 && in[to] != 1)
			ad = min(f[cur] - min(e[i].dis, d[to]), e[i].dis);
		else if(in[cur] != 1 && in[to] == 1) 
			ad = min(f[cur] - e[i].dis, e[i].dis);
		else
			ad = e[i].dis;
		f[to] += ad;
		ans = max(ans, f[to]);
		dfs2(to, cur);
	}
}
void solve() {
	cnt = 0;
	ans = 0;
	memset(f, 0, sizeof(f));
	memset(d, 0, sizeof(d));
	memset(in, 0, sizeof(in));
	memset(head, 0, sizeof(head));
	cin >> n;
	for(int i = 1; i < n; i++) {
		int u, v, w;
		cin >> u >> v >> w;
		in[u]++;
		in[v]++;
		add(u, v, w);
		add(v, u, w);
	}
	dfs(1, 0);
	f[1] = d[1];
	ans = f[1];
	dfs2(1, 0);
	cout << ans << endl;
}