感觉这类问题很少？算了，还是拿出来水一下吧qwq...
首先来看一道例题：POJ3585
一句话题意：树上任意源点多汇点最大流
你看这不就是个最大流的板子题吗？我先建个图，然后跑最大流，然后，，，然后？
然后
All the elements are nonnegative integers no more than 200000.
还多测... mdzz
好了来讲换根吧。
首先有一个暴力\(dp\)，我们先考虑以\(rt=1\)的情况(\(1\)为根)，令\(dp[x]\)表示\(rt\)为根时，直接往节点\(x\)灌水，然后向\(x\)的子树内流的最大流量
有如下转移
\[ dp[x] = \sum\limits_{v \in son_x} \min\{dp[v], w(x,v)\} \]
特别的，如果\(v\)在\(1\)为根的情况下是叶节点的话，\(dp[x] += w(x,v)\)（\(w(x,y)\)表示边\((x,y)\)的容量）
然后\(O(n)\)枚举\(rt\)，再\(O(n)\)dp，就可以收获一个\(n^2\)的优秀做法。
发现换根过后树的变化实际上没有那么大，我们令\(f[x]\)表示\(rt=x\)时的\(dp[x]\)。
考虑把\(rt\)换到\(x\)的一个儿子\(v\)上，由于\(x\)为根的时候\(v\)也是\(x\)的一个儿子，所以\(v\)会对\(f[x]\)产生\(min(dp[v],w(x,v))\)的贡献
那么\(f[x]-min(dp[v],w(x,v))\)就得到了除了子树\(v\)以外的部分，它在换根后会成为\(v\)的一棵子树
所以\(f[v] = dp[v]+min\left(w_{x,v},f[x]-min(dp[v],w_{x,v})\right)\)（嘛...括号太多看不清楚...所以这里就直接\(w_{x,v}\)了qwq）
需要特判\(x\)只有\(v\)一个儿子的时候\(f[v] = dp[v]+w_{x,v}\)（就直接从\(v\)流向\(x\)了）
所以Code
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
#define fore(i,x) for(int i=head[x],v=e[i].to,w=e[i].w;i;i=e[i].nxt,v=e[i].to,w=e[i].w)
const int N=3e5+10;
struct edge
{
int to,nxt,w;
}e[N<<1];
int head[N],cnt;
inline void ade(int x,int y,int w)
{e[++cnt]=(edge){y,head[x],w},head[x]=cnt;}
inline void addedge(int x,int y,int w)
{ade(x,y,w),ade(y,x,w);}
int n,sum[N],f[N],deg[N]; // 这里的sum就是上面的dp辣
void dfs(int x,int prev)
{
fore(i,x) if(v!=prev)
{
dfs(v,x);
if(deg[v]==1) sum[x]+=w;
else sum[x]+=min(sum[v],w);
}
}
void getans(int x,int prev)
{
fore(i,x) if(v!=prev)
{
if(deg[x]==1) f[v]=sum[v]+w;
else f[v]=sum[v]+min(f[x]-min(sum[v],w),w);
getans(v,x);
}
}
void sol()
{
memset(deg,0,sizeof(deg));
memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(f,0,sizeof(f));
memset(head,0,sizeof(head));
memset(e,0,sizeof(e));
cnt=0;
scanf("%d",&n);
for(int x,y,w,i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
addedge(x,y,w);
++deg[x],++deg[y];
}
dfs(1,0);
f[1]=sum[1],getans(1,0);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,f[i]);
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
int T; scanf("%d",&T); while(T--)sol();
return 0;
}于是再来看一道题：LuoguP3478
同样换根，令\(f[x]\)表示\(x\)为根时的所有节点的深度和。
考虑将根换到\(x\)的一个儿子\(v\)上，那么对于子树\(v\)里面的节点，他们的深度会减少\(1\)，其他节点深度会加上\(1\)，即（\(size_v\)表示\(v\)以\(1\)为根时的子树大小）
\[f[v]=f[x]+n-size_v-size_v=f[x]+n-2\times size_v\]
先以\(1\)为根求出\(size\)，然后换根就好了
十年OI一场空，不开long long见祖宗
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define fore(i,x) for(int i=head[x],v=e[i].to;i;i=e[i].nxt,v=e[i].to)
const int N=1e6+10;
int n;
struct edge
{
int to,nxt;
}e[N<<1];
int head[N],cnt=0;
inline void ade(int x,int y)
{e[++cnt]=(edge){y,head[x]},head[x]=cnt;}
inline void addedge(int x,int y)
{ade(x,y),ade(y,x);}
ll f[N],dep[N];
int siz[N];
void dfs(int x,int prev,int deep)
{
dep[x]=deep,siz[x]=1;
fore(i,x) if(v!=prev)
dfs(v,x,deep+1),siz[x]+=siz[v];
}
void getans(int x,int prev)
{
fore(i,x) if(v!=prev)
{
f[v]=f[x]+n-2ll*siz[v];
getans(v,x);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1,x,y;i<n;i++)
scanf("%d%d",&x,&y),addedge(x,y);
dfs(1,0,0);
for(int i=1;i<=n;i++) f[1]+=dep[i];
getans(1,0);
ll mx=0; int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(f[i]>mx) mx=f[i],ans=i;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}