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就是求兩個點 \(a,b\) 使得 \(dis_1(a,b)+dis_2(a,b)+dis_3(a,b)\) 最大
對第一棵樹邊分治
那麼變成 \(d_1(a)+d_1(b)+dis_2(a,b)+dis_3(a,b)\) 最大
並且 \(a,b\) 屬於邊分開的不同的集合 \(s,t\)
對於一條邊，算經過這條邊的路徑的答案
點分治不方便的就是同一棵子樹的容斥，而邊分治不用考慮
直接邊分治顯然菊花就卡掉了
所以我們要轉二叉樹
具體來說就是把乙個點的兒子建一棵線段樹，新增虛擬節點，點權為其父親的點權，只有線段樹的葉子節點有邊權
對第二棵樹建虛樹
建出 \(s|t\) 的虛樹
變成 \(d_1(a)+d_2(a)+d_1(b)+d_2(b)+dis_3(a,b)-2d_2(lca_2(a,b))\)
\(a\in s,b\in t\)
列舉 \(lca\) 那麼變成求乙個類似於 \(w_1(a)+w_2(b)+dis_3(a,b)\) 的最大值
第三棵樹不需要什麼，上式類似於乙個求最長鏈的東西
而兩棵子樹合併之後的最長鏈的端點一定是原來兩棵樹的最長鏈的端點
所以只需要在第三棵樹上求距離就好了，然後在第二棵樹上 \(dp\) 維護
奉上 \(7.6kb\) 大常數**
# include using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn(1e5 + 5);
int cnt1, cnt2, lef[maxn], rig[maxn];
ll ans, val[maxn];
namespace tree1 edge[maxn << 1];
inline void add(int u, int v, ll w) , first[u] = cnt++;
edge[cnt] = (edge), first[v] = cnt++;
} inline int min(int x, int y)
void dfs(int u, int ff)
} inline int lca(int u, int v)
inline ll dis(int u, int v)
void init()
}namespace tree2 edge[maxn << 1], edg[maxn << 1];
inline void add1(int u, int v, ll w) , first[u] = cnt++;
edge[cnt] = (edge), first[v] = cnt++;
} inline void add2(int u, int v) , head[u] = cnt++;
} inline int min(int x, int y)
void dfs(int u, int ff)
} inline int lca(int u, int v)
struct info
inline bool operator <(info b) const
} f1[maxn], f2[maxn];
inline info operator +(info a, info b)
inline info merge(info a, info b)
void init()
inline int cmp(int x, int y)
void calc(int u, ll add)
} void solve(ll add)
calc(sta[1], add);
for (i = 1; i <= len; ++i) val[que[i]] = vis[que[i]] = 0;
}}namespace tree3 edge[maxn * 8], edg[maxn << 1];
inline void add1(int u, int v, ll w) , head[u] = cnt++;
edg[cnt] = (edge), head[v] = cnt++;
} inline void add2(int u, int v, ll w) , first[u] = cnt++;
edge[cnt] = (edge), first[v] = cnt++;
} int build(int l, int r)
void rebuild(int u, int ff)
void getroot(int u, int ff, int fe)
void dfs(int u, int ff, ll d)
void solve(int e)
void init()
void calc()
}int main()
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