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描述
给定一棵包含N个节点的树，节点编号1~N。
请你对于每一个节点，计算它到所有其他节点的距离之和。(每条边的长度为1)
输入
第一行包含一个整数N。
以下N-1行，每行包含两个整数a和b，代表ab之间有一条边。
对于30%的数据，1 ≤ N ≤ 1000
对于100%的数据，1 ≤ N ≤ 100000
输出
输出N行，依次对于1~N号节点输出答案。
样例输入
4
1 2
2 3
2 4
样例输出
5
3
5
5
我们任取节点1为树根，分两次dfs，第一次求节点i形成的子树的距离之和。第二次dfs求节点i到其它所有节点的距离和。
dfs1：根据子节点v的dp求父节点u的dp，此时dp[i]表示i到其子树上所有节点距离和。cnt是子节点的结点数量之和(包括u)。因为子树里的所有节点到v的距离，都会比到u的距离少1，所以得补上，这个差值是1*cnt[v]。所以
dp[u]+=dp[v]+cnt[v]
dfs2：根据父节点u的dp求子节点的dp，此刻dp[i]是i到其它所有结点的距离和。我们可以参考下面这幅图。
其中方框代表树，dp[u]是u到其子树所有节点的距离之和。白树（白色方框代表的树）内节点到v的距离相当于白树到u的距离-1，数量有cnt[v]个，所以dp[u]-cnt[v]，v到橙树的距离，相当于u到橙树距离+1，数量有N-cnt[v]个，所以dp[u]还得加上1*(N-cnt[v])
综上所述,dp[v]=dp[u]-cnt[v]+(N-cnt[v])
得代码:
#include
#include
using namespace std;
#define pii pair
#define ll long long
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(ll i=(a);i<(b);++i)
#define pb push_back
const int inf = 0x3f3f3f3f, maxN = 1e5 + 5;
int N, M, T;
vector G[maxN];
ll cnt[maxN], dp[maxN];
ll dfs1(int u, int f) {
cnt[u] = 1;
rep(i, 0, G[u].size()) {
int v = G[u][i];
if (v == f)
continue;
dfs1(v, u);
cnt[u] += cnt[v];
dp[u] += dp[v] + cnt[v];
}
}
ll dfs2(int u, int f) {
rep(i, 0, G[u].size()) {
int v = G[u][i];
if (v == f)
continue;
dp[v] = dp[u] - cnt[v] + (N - cnt[v]);
dfs2(v, u);
}
}
int main() {
scanf("%d", &N);
int u, v;
rep(i, 0, N - 1) {
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].pb(v);
G[v].pb(u);
}
dfs1(1, 0);
dfs2(1, 0);
rep(i, 1, N + 1)
printf("%lld\n", dp[i]);
return 0;
}