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（1）我们给树规定一个根。假设所有节点编号是0-(n-1),我们可以简单地把0当作根，这样下来父子关系就确定了。
（2）定义数组num[x]表示以节点x为根的子树有多少个节点，dp[x]是我们所求的——所有节点到节点x的距离之和。
（3）在步骤（1）中，其实我们同时可以计算出 num[x]，还可以计算出每个节点的深度(每个到根节点0的距离），累加全部节点深度得到的其实就是是dp[0]。
（4） 假设一个非根节点x，它的父亲节点是y， 并且dp[y]已经计算好了，我们如何计算dp[x]?
以x为根的子树中那些节点，到x的距离比到y的距离少1, 这样的节点有num[x]个。
其余节点到x的距离比到y的距离多1，这样的节点有(n - num[x])个。
于是我们有 dp[x] = dp[y] - num[x] + (n - num[x]) = dp[y] + n - num[x] * 2
因为树的根节点dp[0]在步骤(3)已经计算出来了，根据所有的父子关系和这个上式，我们可以按照顺序计算出整个dp数组。特别像多校的一道题，或者说这类题都很类似。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp> 3 #pragma comment(linker, "/STACK:10240000,10240000") 4 using namespace std; 5 using namespace __gnu_pbds; 6 7 typedef long long LL; 8 const int maxn = 200100; 9 vector<int> G[maxn]; 10 LL num[maxn]; 11 LL dp[maxn]; 12 int n; 13 14 LL dfs1(int u, int p, LL d) { 15 int cnt = 1; 16 num[u] = cnt; 17 dp[1] += d; 18 for(int i = 0; i < G[u].size(); i++) { 19 int v = G[u][i]; 20 if(v == p) continue; 21 num[u] += dfs1(v, u, d+1); 22 } 23 return num[u]; 24 } 25 26 void dfs2(int u, int p) { 27 for(int i = 0; i < G[u].size(); i++) { 28 int v = G[u][i]; 29 if(v == p) continue; 30 dp[v] = dp[u] + n - num[v] * 2; 31 dfs2(v, u); 32 } 33 } 34 35 int main() { 36 //freopen("in", "r", stdin); 37 int u, v; 38 while(~scanf("%d", &n)) { 39 memset(num, 0, sizeof(num)); 40 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 41 for(int i = 1; i <= n; i++) G[i].clear(); 42 for(int i = 1; i < n; i++) { 43 scanf("%d%d",&u,&v); 44 G[u].push_back(v); 45 G[v].push_back(u); 46 } 47 dfs1(1, -1, 0); 48 dfs2(1, -1); 49 for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%lld ", dp[i]); 50 } 51 return 0; 52 }