1405 树的距离之和
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给定一棵无根树，假设它有n个节点，节点编号从1到n, 求任意两点之间的距离（最短路径）之和。
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输入
第一行包含一个正整数n (n <= 100000)，表示节点个数。
后面(n - 1)行，每行两个整数表示树的边。输出
每行一个整数，第i(i = 1,2,...n)行表示所有节点到第i个点的距离之和。输入样例
4
1 2
3 2
4 2输出样例
5
3
5
5首先还是dp出i节点下子树的节点个数，然后定1为根，处理出1到所有节点的距离得到1的答案。
然后可以发现x为父节点，d为儿子节点，可以直接得到O1的转移方程：
f[d] = f[x] - (n - num[d]) - num[d] f[i] 代表从i节点出发到所有节点的距离
这个式子稍微画一下图就可以得到
#include <bits/stdc++.h>
#include <time.h>
#define fi first
#define se secondusing namespace std;typedef long long ll;
typedef double db;
int xx[4] = {1,-1,0,0};
int yy[4] = {0,0,1,-1};
const double eps = 1e-9;
typedef pair<int,bool> P;
const int maxn = 1e6;
const ll mod = 1e9 + 7;
inline int sign(db a) { return a < -eps ? -1 : a > eps;}
inline int cmp1(db a,db b){ return sign(a - b);}
ll mul(ll a,ll b,ll c) { ll res = 1; while(b) { if(b & 1) res *= a,res %= c; a *= a,a %= c,b >>= 1; } return res;}
ll phi(ll x) { ll res = x; for(ll i = 2; i * i <= x; i++) { if(x % i == 0) res = res / i * (i - 1); while(x % i == 0) x /= i; } if(x > 1) res = res / x * (x - 1); return res;}
void ex_gcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y){if (b == 0) { x = 1;y = 0;return; } else { ex_gcd(b, a%b, x, y); ll t = x; x = y; y = t - (a / b)*y; } return ; }
int fa[maxn];
int Find(int x) { if(x != fa[x]) return fa[x] = Find(fa[x]); return fa[x];}
ll c,n,k,a,b,p,q;
vector<int>v[maxn];
ll num[maxn];
ll f[maxn];
void dfs(int x,int fa){num[x] = 1;for(auto d:v[x]){if(d == fa) continue;dfs(d,x);num[x] += num[d];f[x] += (f[d]) + num[d] ;}
}
void dfsans(int x,int fa){for(auto d:v[x]){if(d == fa) continue;f[d] = f[x] - num[d] + (n - num[d]);dfsans(d,x);}
}
int main() {ios::sync_with_stdio(false);while(cin >> n){for(int i = 1;i < n;i++){int u,vv;cin >> u >> vv;v[u].push_back(vv);v[vv].push_back(u);}dfs(1,0);for(int i = 2;i <= n;i++) f[i] = 0;dfsans(1,0);for(int i = 1;i <= n;i++) cout << f[i] << endl;}
// cerr << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;return 0;
}