D1
T1
不谈
T2
可以先考虑在序列上的情况，考虑对于一个 )，设 (f[i]) 表示以 i 结尾的答案是多少，有：(f[i]=f[j]+1)，其中 j 是可以与 i 匹配的前一个位置。然后可以用栈来维护，然后再拓展到树上就行了。。。然后就是记录一下操作然后回朔就行了。。。
T3
写了再写
D2
T1
其实是挺明显的容斥题目的，然后在考场上时我又想过容斥但不知道为什么不了了之（算了，就当是我右边的人的锅^^）。
考虑 dp，首先可以知道肯定只有一个食材是超了的，于是可以枚举这个食材，然后可以再以横行为阶段进行 dp。。。
然后可以设 (f[i][j][h][k]) 表示第 i 列超了，选到第 j 行，i 列有 h 个，其他有 k 个的方案数。。
然后可以发现我们不用管具体h，k是多少，只用关心他们的差就行了，然后就可以优化状态。。。
然后到最后一行时，k>0 的情况即是要求的，然后中间可能有负数，然后平移一下就好。。
T2
呃，首先可以发现一个结论：最优解同时一定也是所有合法解中最后一段的和最小的解。
然后就是求：(f_i=min{S_i-S_jmid S_i-S_jgeq f_j}) (f_i) 表示i结尾的最后一段的长度。
然后一看就可以单调队列优化。。。按 (s_i+f_i) 来维护单调队列就行了。。。
所以我当时为什么用这个性质写了个 (n^2) dp？
然后100分要写高精，订正时可以用__int128水，然后会炸空间，然后可以最后再求和。。
T3
树的重心的性质：
1.删除重心后所得的所有子树，节点数不超过原树的1/2，一棵树最多有两个重心；（我觉得这个性质应该是比定义要直观具体好用的）
2.树中所有节点到重心的距离之和最小，如果有两个重心，那么他们距离之和相等；
3.两个树通过一条边合并，新的重心在原树两个重心的路径上；
4.树删除或添加一个叶子节点，重心最多只移动一条边；
然后首先这题肯定是要对每个点分别求贡献的。。
首先我们可以求出整体的重心，然后以它为根。。
考虑对于一个非根的点 x，删什么它会有贡献。。
首先肯定不可以删它子树的边，这个易证。。
然后考虑如果删非它子树的边：
设 (S) 表示删掉一条边后的另一棵树的大小。。(g_x) 表示 x 的最大儿子的大小。。
然后有：
然后整理可得：
然后这就可以用树状数组区间求值了。。
然后考虑如何维护这个树状数组。。
考虑删的边和 x 的关系：
1.是 x 的儿子，这种情况即使S满足要求也不算，要再减去。。
2.是 x 的祖先，这种情况 (S=n-sz_y)，可以 dfs 时维护。
3.和 x 没啥关系，这种情况 (S=sz_y)，这种情况可以一开始就add进去。。
然后 dfs 的步骤：
这个dfs时我觉得看做边为主体要清晰些。。。
code：
void dfs2(int x,int fa){
add(0,n-sz[x],1);维护 2 的情况
if(x!=rt){
ans+=x*ask(0,n-2*g[x]);
ans-=x*ask(0,n-2*sz[x]-1);把 1，2，3的情况都算上去
ans+=x*ask(1,n-2*g[x]);
ans-=x*ask(1,n-2*sz[x]-1);
if(z[fa]) z[x]=1;
ans+=rt*(sz[x]<=n-2*sz[z[x]?v:u]);
}
add(0,sz[x],-1);维护1，因为接下来要dfs的就是x的儿子了，S就要变
add(1,sz[x],1);
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=ver[i];
if(y==fa) continue;
dfs2(y,x);
}
add(0,sz[x],1);要回溯时这条边就从2成了3。。
add(0,n-sz[x],-1);
if(x!=rt){
ans-=x*ask(1,n-2*g[x]);
ans+=x*ask(1,n-2*sz[x]-1);用可减性减去1的情况。。
}
}
然后就是考虑x=rt的情况：
设rt的儿子中子树最大的节点为u，次大的节点为v。
若割掉的边在u的子树中，则需要满足：(2 imes s_v le n – S)
即：(S le n – 2s_v)
否则，需要满足：(2 imes s_u le n – S)
即：(S le n – 2s_u)
可以在 dfs 的时候直接维护。
这题总体思路和天天爱跑步有点类似，都是推式子然后在树上维护求答案，然后都利用了有些数据在树上的可减性来求子树中的值。。
本题应该也可以算是换根吧？
做这种题一定要把所有可能情况讨论清楚，然后再去处理。。。
code：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=3e5+7;
template <class I>
inline void read(I &x){
int f=1;
char c;
for(c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
for(x=0;c>='0'&&c<='9';x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15),c=getchar());
x*=f;
}
int head[N],nxt[2*N],ver[2*N],tot=1,n,g[N];
int sz[N],rt,t[2][N],ans,u,v;
bool z[N];
inline void add(int x,int y){
ver[++tot]=y,nxt[tot]=head[x],head[x]=tot;
}
inline void add(int o,int x,int v){
x++;
while(x<=n+1){
t[o][x]+=v;
x+=x&-x;
}
}
inline int ask(int o,int x){
int res=0;
x++;
while(x){
res+=t[o][x];
x-=x&-x;
}
return res;
}
void dfs(int x,int fa){
sz[x]=1,g[x]=0;
bool fg=1;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=ver[i];
if(y==fa) continue;
dfs(y,x);
sz[x]+=sz[y];
g[x]=max(g[x],sz[y]);
if(g[x]>n/2) fg=0;
}
if(n-sz[x]>n/2) fg=0;
if(fg) rt=x;
}
void dfs2(int x,int fa){
add(0,n-sz[x],1);
if(x!=rt){
ans+=x*ask(0,n-2*g[x]);
ans-=x*ask(0,n-2*sz[x]-1);
ans+=x*ask(1,n-2*g[x]);
ans-=x*ask(1,n-2*sz[x]-1);
if(z[fa]) z[x]=1;
ans+=rt*(sz[x]<=n-2*sz[z[x]?v:u]);
}
add(0,sz[x],-1);
add(1,sz[x],1);
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=ver[i];
if(y==fa) continue;
dfs2(y,x);
}
add(0,sz[x],1);
add(0,n-sz[x],-1);
if(x!=rt){
ans-=x*ask(1,n-2*g[x]);
ans+=x*ask(1,n-2*sz[x]-1);
}
}
void solve(){
read(n);
ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
head[i]=sz[i]=g[i]=0;
tot=1;
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y;
read(x),read(y);
add(x,y),add(y,x);
}
dfs(1,0);
dfs(rt,0);
u=0,v=0;
for(int i=head[rt];i;i=nxt[i]){
int x=ver[i];
if(sz[x]>sz[v]) v=x;
if(sz[v]>sz[u]) swap(u,v);
}
for(int i=1;i<=n+1;i++) t[0][i]=t[1][i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) add(0,sz[i],1),z[i]=0;
z[u]=1;
dfs2(rt,0);
printf("%lld
",ans);
}
signed main(){
int T;
read(T);
while(T--){
solve();
}
return 0;
}