这题很典型的树形dp可以看出来，但是要处理好所有的细节并不easy……至少对我来说是这样。
先dfs一遍处理出：
dp[u][0]，最后一次不回来最大，
dp[u][1]，不回来次大，
dp[u][2] , 回来；
（以上都是在子树范围下）（想象一下，dp[u][i]是包含了其所有子树信息的）
id[u] ，最后一次不回来的孩子id
无疑：这里最关键的，也难点部分就在于 怎么处理“次大”，有时候我们我们要求“次大”不能和“最大”同样大，或者不能在同一个子树上。但是这里的“次大”却不一样，应该说要根据在第二遍dfs里怎么用这个“次大”来决定它是怎样的。
对于每个节点它都可以网上或者往下走，比较显然最后答案为：
ans(u) = max(fa不回来+son回来，fa回来+son不回来）
设 up1是fa不回来的价值，up2是fa回来的价值。
怎么维护这个两个值呢？
如图，令u=3，fa=1，v=5；现在我们要求v的up1和up2，
先说up1（不回来），那么对于5的父亲3来讲，它可以先去1再回3再去4不回来；也可以是先去4再回3再去1不回来，两种选择。
那么我们看一下各种代价是多少
1）去4不回来的代价d1，这里又要分两种情况
i）5==id[3]
d1= dp[3][1] - dp[5][2] + 2*cost (即3不回来的情况下减去去一趟5节点收获的价值）
ii）5！=id[3]
d1= dp[3][0] - dp[5][2] + 2*cost (即3不回来的情况下减去去一趟5节点收获的价值）
【插】关于次大：前面提到的次大到底应该怎样，就是与此处有关；可以看到在算d1的时候，
是减去了之前在去了一趟son节点收获的价值的，所以对于节点1这种情况，对于它的孩子3来说，
可以在节点1上收获的价值就是dp[1][2] - dp[3][2] + 2*cost ；所以这里的次大可以是和最大
同一个子树（因为在同一子树上也没关系，它会把要判断的son以下部分减掉）
2）去4回来的代价d2
d2 = dp[3][2] - dp[5][2] + 2*cost
那么5的up1的值也就能知道了：
up1 = max(d1+up2' , d2+up1') - cost (up1' ,up2' 为3的up1、up2）
up2比较好算，去1，去4都得回来
即： up2 = d2 + up2' - 2*cost
这样我们就算得了v（5）的up1,up2；
在代码能力强、逻辑思维清晰、题量大的大牛面前这就是一道普通题……弱还是太弱了
【代码】
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Author :angon
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