题面描述：

给定一棵n个节点的树，求其中每个点到其他节点的距离和。

输入格式

第一行一个整数n；接下来n-1行是三个数x,y,z，表示x到y有一条长度为z的边；数据保证给出的是一棵树。

输出格式

n行，一行一个数，第i行数字表示点i到其他点的距离和。

样例数据

input
3
1 2 3
1 3 5

output
8
11
13

分析：

我们先来考虑一下只做一个点的距离和该怎么做

很显然，一遍dfs遍历整张图累加距离和即可。

void dp(int x,LL last){
    vis[x]=1;//当前点是否遍历过
    num[x]=1;//以他为根的点的个数
    sum+=last;//last是根节点到当前点的距离，因为距离和并不是每条边只经过一次，边是要重复累加的，所以我们在累加last的时候直接类加上权值
    for (int i=linkk[x];i;i=e[i].Next){
	    int y=e[i].y;
	    LL v=e[i].v;
	    if (vis[y]) continue;
	    dp(y,last+e[i].v);//继续遍历
	    num[x]+=num[y];//累加上点的个数
	}
}

考虑完一个点的做法后我们再来想多个点的做法

其实对于到某个点，它到其他点的距离和只和到它父亲的权值有关。
对于其他边，它走的次数是和它父亲走的次数是一样的。
但是它和父亲之间的连边经过的次数就会发生改变。
例如下图（边权假设为1）
在这里插入图片描述我们先算出每个点的子树大小。
有下图：

假设我们现在要求以2为根到其他点的距离。
2的父亲是1
其他边经过的次数不变，但是1->2的边的经过次数发生了变化
父亲1到点4,5时，经过1->2的边的次数为2.
但是2到4,5却不用经过1->2的边。
所以以二为根的距离和比以1位根的距离和少了两条1->2的边
2到3,4,7经过1->2的边的次数为3
但是1到3,4,7却不用经过这条边。
所以以二为根的距离和比以1位根的距离和多了三条1->2的边
总体多了1条1->2的边。

我们发现：
对于一个点y，他的父亲是x，边权是e[i].v
e[i].v多经过的次数就是：
$(n-num[y]-1)-(num[y]-1)$
$n-num[y]-1$ 就是除了当前点的子树和他的父亲以外的点的个数，因为到这些点必须经过这条边，所以就多了这些次数。

$num[y]-1$ 就是它的子树的个数，它的父亲到她的子树时是经过了这条边的，但是它下去却不需要经过，所以需要减掉。

经过整理后变成：
$n-2*num[y]$

假设dp[i]表示以i为根到其他点的距离和。
我们推得以下公式：
$dp[y]=dp[x]+(n-2*num[y])*e[i].v\ (y\in son(x))$

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Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
struct node{
    int y,Next;
	LL v;
}e[1000010];
int linkk[1000010];
int fa[1000010];
int num[1000010];
LL fav[1000010];
LL Dp[1000010];
bool vis[1000010];
LL sum=0;
int n;
int len=0;
void insert(int x,int y,LL v){
    e[++len].Next=linkk[x];
    linkk[x]=len;
    e[len].y=y;
    e[len].v=v;
}
void dp(int x,LL last){
    vis[x]=1;
    num[x]=1;
    sum+=last;
    for (int i=linkk[x];i;i=e[i].Next){
	    int y=e[i].y;
	    LL v=e[i].v;
	    if (vis[y]) continue;
	    fa[y]=x;
	    fav[y]=e[i].v;
	    dp(y,last+e[i].v);
	    num[x]+=num[y];
	}
}//第一个预处理
void treedp(int x){
    vis[x]=1;
    for (int i=linkk[x];i;i=e[i].Next){
	    int y=e[i].y;
	    if (vis[y]) continue;
	    Dp[y]=Dp[x]+(n-num[y])*e[i].v-(num[y])*e[i].v;//之前那个公式
	    treedp(y);
	}
}
int main(){
	freopen("t5.in","r",stdin);
	freopen("t5.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<n;i++){
	    int x,y;
	    LL v;
	    scanf("%d %d %lld",&x,&y,&v);
	    insert(x,y,v);
	    insert(y,x,v);
	}
	fa[1]=0;
	dp(1,0);
	printf("%lld",sum);
	Dp[1]=sum;//假设1是根，那么1就是sum值
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	treedp(1);
	for (int i=2;i<=n;i++) printf("\n%lld",Dp[i]);
	return 0;
}

【题解】树形dp例题5