最小可到达点对数自然是把一条路径上的边不断反向，也就是黑白染色后都由黑点指向白点。这样答案就是(n-1)。
最大可到达点对数，容易想到找一个点(a)，然后将其子树分为两部分(x,y)，(x)子树所有边全指向(a)，(a)与(y)子树之间的边全指向(y)。这样答案就是(sz[x] imes sz[y])，要让(sz[x],sz[y])尽量相等。找重心就好了。
然后DP，求划分重心两部分子树大小分别为(x)和(n-1-x)是否可行。
(f[i])表示一部分子树(sz)和为(i)是否可行。转移就是个可行性背包，可以用(bitset)优化到(frac{n^2}{w})，但还是不够。
对于(sizegeqsqrt{n})的子树，最多不会超过(sqrt{n})个，可以直接背包转移。
对于(size<sqrt{n})的子树，根据(size)按多重背包做，可以直接二进制拆分。
复杂度为(O(frac{nsqrt{n}log n}{w}))。
注意到(sum sz[i]=n)，所以(sz[i])最多有(O(sqrt{n}))种（(1+2+...+sqrt{n}approx n)）。
即这是一个有(O(sqrt{n}))个物品的多重背包。用二进制拆分有(O(sqrt{n}log n))个物品。
二进制优化，从小到大，有一个物品(x)出现超过两次，就把两个合并成一个给(2x)。这样物品总数就是(O(sqrt{n}))了。
所以复杂度为(O(frac{nsqrt{n}}{w}))。（虽然实际比上面的做法还慢一点儿==）
当根节点度数大于(sqrt{n})时可以用堆做：https://blog.csdn.net/neither_nor/article/details/52725690。大体看了看15年论文没看见这个做法 不细看了
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#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=250005;
int n,Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1],sz[N],root,Max,cnt[N];
std::bitset<N> f;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void AE(int u,int v)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
void Get_root(int x,int f)
{
int mx=0; sz[x]=1;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=f)
{
Get_root(v,x), sz[x]+=sz[v];
if(sz[v]>mx) mx=sz[v];
}
mx=std::max(mx,n-sz[x]);
if(mx<Max) Max=mx, root=x;
}
void DFS(int x,int f)
{
sz[x]=1;//重算一遍sz啊 想什么呢
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=f) DFS(v,x), sz[x]+=sz[v];
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1; i<n; ++i) AE(read(),read());
Max=1e9, Get_root(1,1), DFS(root,0);
// f[0]=1;//O(n*sqrt(n)/w)
// for(int i=H[root]; i; i=nxt[i]) ++cnt[sz[to[i]]];
// for(int i=1; i<=n; ++i)
// if(cnt[i]>2) cnt[i<<1]+=(cnt[i]-1)>>1, cnt[i]=1+!(cnt[i]&1);
// for(int i=1; i<=n; ++i)
// while(cnt[i]--) f|=f<<i;
f[0]=1; const int lim=sqrt(n);//O(n*sqrt(n)*logn/w)
for(int i=H[root]; i; i=nxt[i])
if(sz[to[i]]<lim) ++cnt[sz[to[i]]];
else f|=f<<sz[to[i]];
for(int i=1; i<lim; ++i)
for(int j=cnt[i],k=1; j; j-=k,k<<=1)
if(j>k) f|=f<<i*k;
else {f|=f<<i*j; break;}
LL ans=0;
for(int i=1; i<n; ++i) if(f[i]) ans=std::max(ans,1ll*i*(n-1-i));
for(int i=1; i<=n; ++i) ans+=sz[i];
printf("%d %lld
",n-1,ans-n);
return 0;
}