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为了感激多头的回复，我特意来这里膜拜。然后发现这题似乎并不难发觉这道题解法很巧妙，思维难度不低，代码极其简单。

题意很清楚，就是至多能找到多少个符合条件三元组 \(\{a,b,c\}\)：

1. \(c\) 是 \(a\to b\) 的简单路径上编号最大的点。
2. \(a,b,c\) 是不同的三个节点。
3. \(a,b,c\) 仅能被使用一次。

接下来记录我的思考历程。

编号最大一词给了我启发，这也就是说明，这棵树编号为 \(n\) 的节点要么就是 \(\{a,b,c\}\) 中的 \(c\)，要么就干脆不用。

接下来我就思考：什么时候不用，什么时候用呢？

我们不妨假设一棵树中编号最大的节点就是根，输入时把编号小的当成编号大节点的儿子。

维护一个数组 \({size_i}\)，表示以 \(i\) 为根的树匹配完三元组后所剩的节点数。很显然有对于节点 \(j\)，\(\sum[size_k>0]\ge 2\) 时就可以有一个三元组的 \(c\) 为 \(j\)（\(k\) 为 \(j\) 儿子）。

再次因为输入时的特殊处理，惊奇的发现任意三元组 \(\{a,b,c\}\) 中，\(a,b\) 分别位于 \(c\) 的两颗不同子树上！

但这样复杂度不可靠，所以使用并查集辅助维护 \(size\)，复杂度蜕变为 \(O(n)\) 带点并查集常数，问题不大。

至此，题目结果水落石出。

我语文很差，如果没听懂借助代码理解。

#include <vector>
#include <stdio.h>
std::vector<int> edge[200005];
int f[200005],sze[200005];
inline int find(int x){
    while(x!=f[x])
        x=f[x]=f[f[x]];
    return x;
}
//这种写法复杂度正确的，并且通常比递归版优秀。
int main(){
	int t,n,i,u,v,son,ans;
	scanf("%d",&t);while(t--){
	    ans=0;
	    scanf("%d",&n);
	    for(i=1;i<=n;++i)
	        f[i]=i;
	    for(i=1;i<=n;++i)
	        sze[i]=1;//先假定每个点“自成一家”
	    for(i=1;i<=n;++i)
	        edge[i].clear();//多测不清空，抱灵两行泪/ll
	    for(i=1;i<n;++i){
	        scanf("%d %d",&u,&v);
	        if(u>v)
	            edge[u].emplace_back(v);
	        else
	            edge[v].emplace_back(u);//这四行就是后面那么多行的基础。
	    }
	    std::vector<int>::iterator it;
	    for(i=1;i<=n;++i){
	        son=0;
	        for(it=edge[i].begin();it<edge[i].end();++it){//遍历所有子树
	            if(sze[find(*it)])
	                ++son;
	            sze[i]+=sze[find(*it)];//更新size
	            f[find(*it)]=i;//认祖宗
	        }
	        if(son>1){
	            sze[i]-=3;
	            ++ans;
	        }//如果子树中空闲节点个数足够，就能造出一个三元组。
	    }
	    printf("%d\n",ans);
	}
}