高质量好题：AGC018D
显然每一条边的最大贡献为 \(w_{e} \times \min(siz_U,siz_V)\) ，其中 \(U,V\) 是边 \(e\) 分割出来的两颗子树。
考虑到当以重心为根的时候（重心丢到最小的那颗子树里去），是可以卡到这个上界的。
构造方法为每次选择重心 \(u\) 的两个最大和次大的子树来回跳跃。
证明：
- 设子树的 \(siz\) 序列为 \(x_{1},x_{2}\dots x_{n}\) 。
- 当这个 \(x_{1}=x_{2}=\dots x_{n}\) 的时候可以直接反复横跳来构造。
- 令 \(x_{1}\) 是序列中最大值， \(x_{2}\) 是序列中最小值，它们的差值为 \(d\) 。
- 每次选出最大值和次大值，让它们都 \(-1\) ，依旧满足 \(x_{1}<\sum^{n}_{i=2}x_{i}\) 。
- 如果 \(x_{2}\) 成为了次大值，说明此时 \(x_{2}=x_{3}=\dots=x_{n}\) 或者\(x_{1}=x_{2}\) , 都是可以构造出来的。
- 如果 \(x_{2}\) 不是次大值，那么每一次 \(-1\) 都可以令差值 \(d-1\) ，同时又由于 \(x_{1}<\sum^{n}_{i=2}x_{i},x_{1}-x_{2}<\sum^{n}_{i=3}x_{i}\) ，经过若干次这种操作之后一定可以让 \(d=0\) 。
- 当然，这个过程中可能出现了最大值和次大值相同的情况，此时 \(-1\) 不一定会令 \(d-1\) ，但是也可以发现这样会变成最大值和次大值之间互相对耗，直到出现了新的最大值为止，依旧满足上述的这些性质，变成了一个子问题。
那么计算每条边的贡献也就是 \(2\times w_{e}\times siz_{u}\) 。
但是考虑到最后的一条边是无法被走两次的，该去掉哪一条边呢？
注意到，如果这棵树不存在两个重心，那么一定可以构造出一种方案使得最后是从非重儿子那边走回来，那么减去的值就是与重心相连的最小的边。否则，可以发现最后一定是从重儿子走回，那么减去重心与重儿子之间的那条边即可。
