题意：
给定一个$N$个点的树，第$i$条边的长度是$A_i$，求每个点到其他所有点的最长距离。
数据范围：
$n ≤ 10000$，$A_i ≤ 10_9$
分析
首先，从随便哪个节点（$1$号节点（工具人））开始进行$dfs$，处理出所有点到$1$的距离$dis[i]$
然后，考虑$i$号节点的最远点。
有两种情况：
一种是最远点在$i$的子树内，直接求就完事了（之前我们在以$1$为根的时候已经干过这件事情了）
另外一种就是经过了$i$和他父亲的那一条边，最远点在父亲的其它儿子中（或者是父亲的父亲的儿子中，当然，在把父亲看成根的情况下，就是父亲的其它儿子中，并且根据换根的做法，之前根已经被换到了父亲，答案是现成的）
设离$i$最远的距离为$dist$，它父亲的子树中（以$1$为根节点形成的数）离它父亲最远的距离为$d1$，不在它父亲的子树中（通过了父亲<->爷爷这条边的）离它父亲最远的距离为$d2$，$i$和它父亲的的那一条边的权值为$w$
这种情况下，$dis=max(d1,d2)+w$
对于点$i$的答案，两种情况取$min$就可以啦。
但是这样还存在一个问题，就是如果父亲的子树中离父亲最远的那条路经过了$i$，那么$dis$就不能从$d1$推过来，因为如果$max(d1,d2)=d1$，那就是$dis=d1+w$，而这肯定是不成立的，$d1$就包含了$w$和$i$到$i$子树中最远的路。
那么还需要维护一个次长路，当$i$在父亲到父亲子树中最远点的路径上时，要用次长路更新（这种情况下，这个次长路就是父亲的除$i$之外的最大儿子。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #include<vector> 5 #include<queue> 6 using namespace std; 7 #define N 10005 8 #define INF 0x3f3f3f3f 9 #define ll long long 10 int rd() 11 { 12 int f=1,x=0;char c=getchar(); 13 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();} 14 while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();} 15 return f*x; 16 } 17 int n; 18 int d1[N]/*距离i最长长度*/,d2[N]/*距离i次长长度*/; 19 //d1[] d2[]都是子树i以内的 20 int son[N]/*最长长度对应儿子编号*/; 21 int anc[N]/*父亲方向最长长度(子树以外最长长度)*/; 22 int ans[N];//答案 23 struct node{ 24 int v,w; 25 }; 26 vector<node>G[N]; 27 void dfs(int u,int f) 28 { 29 for(int i=0;i<G[u].size();i++) 30 { 31 int v=G[u][i].v,w=G[u][i].w; 32 if(v==f) continue; 33 dfs(v,u); 34 if(d1[u]<d1[v]+w) 35 {//从这个儿子能得到目前最长的长度 36 d2[u]=d1[u]; 37 son[u]=v; 38 d1[u]=d1[v]+w; 39 }/*要写else 大儿子和二儿子要不一样*/ 40 else if(d2[u]<d1[v]+w) 41 d2[u]=d1[v]+w; 42 /* 43 d2[v]不会被纳入答案中 44 大儿子和二儿子要不一样 45 无论如何都不会轮到d2[v]来做贡献 46 如果d1[v]可以贡献 就贡献了 d2[v]也不会被用到 47 如果d1[v]不能贡献 d2[v]就更不会被用到了 48 */ 49 } 50 ans[u]=d1[u]; 51 } 52 void dfs2(int u,int f) 53 { 54 for(int i=0;i<G[u].size();i++) 55 { 56 int v=G[u][i].v,w=G[u][i].w; 57 if(v==f) continue; 58 if(v!=son[u]) 59 anc[v]=max(anc[u]+w,d1[u]+w); 60 else anc[v]=max(anc[u]+w,d2[u]+w); 61 ans[v]=max(ans[v],anc[v]); 62 dfs2(v,u); 63 } 64 } 65 int main() 66 { 67 while(scanf("%d",&n)!=EOF) 68 { 69 for(int i=2;i<=n;i++) 70 { 71 int v=rd(),w=rd(); 72 node t;t.v=v,t.w=w; 73 G[i].push_back(t); 74 t.v=i; 75 G[v].push_back(t); 76 d1[i]=d2[i]=son[i]=anc[i]=ans[i]=0; 77 } 78 d1[1]=d2[1]=son[1]=anc[1]=ans[1]=0; 79 dfs(1,0); 80 dfs2(1,0); 81 for(int i=1;i<=n;i++) 82 { 83 printf("%d\n",ans[i]); 84 G[i].clear(); 85 } 86 } 87 return 0; 88 }