一.题解
这道题又是一道换根dp板子题，代码结构与 Accumulation Degree 这道题基本一致，唯一不同的就是转移了【不过转移的时候，因为方程的原因不需要特殊考虑叶节点】
我们先套路的设(dp[i])表示以(i)为根的子树中，所有点的深度和，现在，我们来想想转移。
我们发现，如果我们要从(i)的一个儿子v转移到i的话，以v为根的子树中的所有节点的深度都加了1，现在我们就不能够直接求值了，怎么办呢？很简单，我们发现，既然以v为根的子树中的所有节点的深度都加了1，那么，一共增加的值，不就正好是以v为根的子树中节点的个数嘛？
所以，我们只需要再维护一个以i为根的子树的大小(siz[i])即可
那么，我们就可以很简单的推出转移:
(dp[i]=)(sum_{vin son(i)}(dp[v]+siz[v]))
(siz[i]=)(1(i本身)+sum_{vin son(i)}siz[v])
这样，我们一遍dfs就可以求出所有(dp[i])了！
现在，我们考虑换根dp
我们假设将根(x)换成了它的一个儿子(y)，那么，同样的，改变的只是(x)和(y)的子树，我们将这个"影响"修改一下即可~
首先，(dp[i]-=(dp[v]+siz[v]))(减去v的贡献)
然后，(siz[i]-=siz[v],siz[v]+=siz[i])(修改两个点的子树大小)
最后，(dp[v]+=(dp[i]+siz[i]))(加上i的贡献)
为什么是这个顺序呢？因为修改(dp[i])的时候，(dp[v])和(siz[v])必须和以前一样（因为我们是从这两个值转移过来的），然后要修改(dp[v])的话，(dp[i])和(siz[i])又必须是修改后，没加v的贡献的值，所以，这样安排修改顺序是很好的。（当然，你非要用其他顺序的话，我也无话可说，只是要注意修改的方法有可能会不同）
最后，我们每次统计下以任意点为根时，(dp[i])的值的最小值即可~
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+1;
struct node{
int v,nex;
}t[N<<1];
int dp[N],siz[N];
int las[N],len,ans=1e17;
inline void add(int u,int v){
t[++len]=(node){v,las[u]},las[u]=len;
}
inline void dfs1(int now,int fa){
siz[now]=1;
for(int i=las[now];i;i=t[i].nex){
int v=t[i].v;
if(v!=fa){
dfs1(v,now);
siz[now]+=siz[v];
dp[now]+=(dp[v]+siz[v]);
}
}
}
inline void dfs2(int now,int fa){
ans=min(ans,dp[now]);
for(int i=las[now];i;i=t[i].nex){
int v=t[i].v;
if(v!=fa){
int pas1=siz[now],pas2=siz[v];
int Pas1=dp[now],Pas2=dp[v];//继续偷懒
dp[now]-=(dp[v]+siz[v]);
siz[now]-=siz[v];siz[v]+=siz[now];
dp[v]+=(dp[now]+siz[now]);
dfs2(v,now);
siz[now]=pas1,siz[v]=pas2;
dp[now]=Pas1,dp[v]=Pas2;
}
}
}
signed main(){
int n;
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<n;++i){
int u,v;
scanf("%lld%lld",&u,&v);
add(u,v),add(v,u);
}
dfs1(1,1);dfs2(1,1);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
二.闲话
其实一开始，我变量都开的是int，然而，交上去后，算了下，每次的贡献最大可以达到(n^2)水平【链】，于是发现很可能爆int，于是，我马上改成long long,然后，改完后正准备提交。。。
恭喜通过~
我：？？？