這道題又是一道換根dp板子題，**結構與 accumulation degree 這道題基本一致，唯一不同的就是轉移了【不過轉移的時候，因為方程的原因不需要特殊考慮葉節點】
我們先套路的設\(dp[i]\)表示以\(i\)為根的子樹中，所有點的深度和，現在，我們來想想轉移。
我們發現，如果我們要從\(i\)的乙個兒子v轉移到i的話，以v為根的子樹中的所有節點的深度都加了1，現在我們就不能夠直接求值了，怎麼辦呢？很簡單，我們發現，既然以v為根的子樹中的所有節點的深度都加了1，那麼，一共增加的值，不就正好是以v為根的子樹中節點的個數嘛？
所以，我們只需要再維護乙個以i為根的子樹的大小\(siz[i]\)即可
那麼，我們就可以很簡單的推出轉移:
\(dp[i]=\)
\(\sum_(dp[v]+siz[v])\)
\(siz[i]=\)
\(1(i本身)+\sum_siz[v]\)
這樣，我們一遍dfs就可以求出所有\(dp[i]\)了！
現在，我們考慮換根dp
我們假設將根\(x\)換成了它的乙個兒子\(y\)，那麼，同樣的，改變的只是\(x\)和\(y\)的子樹，我們將這個"影響"修改一下即可~
首先，\(dp[i]-=(dp[v]+siz[v])\)(減去v的貢獻)
然後，\(siz[i]-=siz[v],siz[v]+=siz[i]\)(修改兩個點的子樹大小)
最後，\(dp[v]+=(dp[i]+siz[i])\)(加上i的貢獻)
為什麼是這個順序呢？因為修改\(dp[i]\)的時候，\(dp[v]\)和\(siz[v]\)必須和以前一樣（因為我們是從這兩個值轉移過來的），然後要修改\(dp[v]\)的話，\(dp[i]\)和\(siz[i]\)又必須是修改後，沒加v的貢獻的值，所以，這樣安排修改順序是很好的。（當然，你非要用其他順序的話，我也無話可說，只是要注意修改的方法有可能會不同）
最後，我們每次統計下以任意點為根時，\(dp[i]\)的值的最小值即可~
**：
#include#define int long long
using namespace std;
const int n=1e6+1;
struct nodet[n<<1];
int dp[n],siz[n];
int las[n],len,ans=1e17;
inline void add(int u,int v),las[u]=len;
}inline void dfs1(int now,int fa)
}}inline void dfs2(int now,int fa)
}}signed main(){
int n;
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i 其實一開始，我變數都開的是int，然而，交上去後，算了下，每次的貢獻最大可以達到\(n^2\)水平【鏈】，於是發現很可能爆int，於是，我馬上改成long long,然後，改完後正準備提交。。。
恭喜通過~
我：？？？
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