（一遍过sample，高兴的我去测试，80 qwq。。。。。。卡常。。。。。。）
AC程序
30的方法：
看数据：n<=10
这个数据直接打暴力完全ok，枚举四条边，看是否能满足Y字的要求就行；
60的方法：
数据：n<=2000
这个数据大约能承受O（N^2）的复杂度；
我们不妨枚举度数为三及以上（有三条以上的边与之相连接）的点：
在图中可以看出B的度数为三：
由B延伸出三条边：我们可以分别把AB，BC，BD作为中心边；
然后枚举B点除BD边外的边的个数（假设个数为X），选出两条作为一种方案，根据组合数的排列公式，共有：x*（x-1）/2种方案，枚举D相连（除BD外）的边的个数（假设个数为Y），根据乘法原则：便可以得出Y的方案数：
x*(x-1)/2*y；
这样第一问就解决了；
第二问：最大的Y边和的权值：
我们可以枚举B点除BD边外边的最大值和次大值,和D点除BD外边的最大权值，加上BD，就是此时的最大权值和。
AC做法
数据：n<=200000
显然承受不了O（N^2）的复杂度.................
我们可以用O（N）的算法，优化一下60的算法；
我们可以对B点和D点的边数进行预处理；
那么Y字数的个数公式就可以是：
(degree[B]-1)(degree[B]-2)/2*(degree[D]-1);
第二问的话：
我们可以统计出每个点的最大值，次大值，第三大值；那么显然就把枚举最大值的复杂度变为了O（1）；
那么这个算法的复杂度就变为了O（N）,可以一遍过。
下面是AC程序，可借鉴（qwq）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,x,y,z,num,dg[300000],fl[300000][4],ans;
ll ff[300000][4],sum,flagg;
ll head[1500000],next[1500000],to[1500000],v[1500000],ans1;
void add1(ll a,ll b,ll c)
{
num++;
next[num]=head[a];
to[num]=b;
v[num]=c;
head[a]=num;
num++;
next[num]=head[b];
to[num]=a;
v[num]=c;
head[b]=num;
}
int main()
{
freopen("question.in","r",stdin);
freopen("question.out","w",stdout);
cin>>n;
for(ll i=1;i<=n-1;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add1(x,y,z);
dg[x]++;
for(ll j=1;j<=3;j++)
{
if(z>fl[x][j])
{
for(ll k=3;k>j;k--)
{
fl[x][k]=fl[x][k-1];
ff[x][k]=ff[x][k-1];
}
fl[x][j]=z;ff[x][j]=y;break;
}
}
dg[y]++;
for(ll j=1;j<=3;j++)
{
if(z>fl[y][j])
{
for(ll k=3;k>j;k--)
{
fl[y][k]=fl[y][k-1];
ff[y][k]=ff[y][k-1];
}
fl[y][j]=z;ff[y][j]=x;break;
}
}
}
for(ll i=1;i<=n;i++)
{
if(dg[i]>=3)
{
ll qwq=dg[i]-1;
qwq=(qwq*(qwq-1))/2;
for(int j=head[i];j!=0;j=next[j])
{
int p=to[j];
if(dg[p]>=2)
{
ll fas;
fas=qwq*(dg[p]-1);
ans+=fas;
sum=0;flagg=0;
for(ll k=1;k<=3;k++)
{
if(ff[i][k]!=p)
{
sum+=fl[i][k];
flagg++;
if(flagg==2) break;
}
}
sum+=v[j];
for(ll k=1;k<=3;k++)
{
if(ff[p][k]!=i)
{
sum+=fl[p][k];
break;
}
}
ans1=max(sum,ans1);
}
}
}
}
cout<<ans<<endl;
cout<<ans1;
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}