这道题的题面有点问题，如果按照题面做，应该是A不了的，下面引用一下评论里@REM_001的翻译
一棵n个节点的树，行动中心S从1->N。从S出发前往任意一个未标记到的点(沿树上两点的唯一路径走)，标记该节点，然后返回S。相邻两次行动所经过的道路不允许有重复，最后一次标记后不需要返回，求路程总和的最小值。
第i行输出行动中心为i时的答案，如果不可能则输出-1
这种翻译好像跟题面没什么区别啊。
别着急，下面就知道区别在哪里了。
题面要求，相邻两次到达的点不能有公共边，说白了就是以 (S) 为根的树每次取的点不能来自同一颗 (S) 的子节点的子树。那么再简化一下，就是 (S) 的子节点的子树节点数最大不能超过(n/2)。为什么呢？如果超过一半了，肯定会出现相邻啊。
那么这里就出现了一个临界值。(n-1)个点排成的队列，如果(n)是偶数，比如说是(4)。那么最大的子节点的子树大小最大就是(2)这个时候，队列的最后一个点就被确定一定是这个大小为(2)的子树上的点。意识到什么不对的地方了吗？
如果按照题面翻译的那样，我们是不需要考虑这种情况的，但是正确的题面可是要考虑这个临界值的啊。这也就是有的人怎么改都A不了的原因了。题面都是错的，怎么可能写对嘛。
上面我们讲了怎么判定，那么怎么求最大的子节点的子树大小呢？设 (s[u]) 表示以(u)为根的子树大小，我们先随便选一个点为根节点，然后dfs一遍求出(s[u])，此时的(s[u])表示的是以(u)的父节点为根节点时，以(u)为根的子树大小。当以(u)的子节点为根节点时，以(u)为根的子树大小为(n-s[u]+1)，这里很好理解，就不说为什么了。
能够判定了，我们还需要求距离和，还有最大距离。
我们定义(w[u][0])表示以(u)为根节点的子树上的点到(u)的距离和，(w[u][1])表示不在以(u)为根节点的子树上的点到(u)的距离和，跑两遍dfs就可以求出。然后就是求距离，这个很简单，我们在下面的程序里说
下放程序
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#define ll long long
#define gc getchar
#define maxn 1000005
using namespace std;
inline ll read(){
ll a=0;int f=0;char p=gc();
while(!isdigit(p)){f|=p=='-';p=gc();}
while(isdigit(p)){a=(a<<3)+(a<<1)+(p^48);p=gc();}
return f?-a:a;
}int n;ll ans;
struct ahaha{
int to,next;
}e[maxn<<1];int tot,head[maxn];
inline void add(int u,int v){
e[tot].to=v,e[tot].next=head[u];head[u]=tot++;
}
int f[maxn],l[maxn],s[maxn];ll w[maxn][2]; //f记录父子关系，l记录最远距离，s记录子树大小，w[0]表示下方的点的距离和，w[1]表示上方的点的距离和
int p[maxn],d1[maxn],d[maxn][2]; //p表示下方距离的最大值经过哪一个子节点，d1表示下方距离次大值，d[0]表示下方距离最大值，d[1]表示上方距离最大值
void dfs(int u,int fa){s[u]=1;
for(int i=head[u];~i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;if(v==fa)continue;
dfs(v,u);f[v]=u;s[u]+=s[v]; //先递归，再处理 s的处理也很常见
w[u][0]+=w[v][0]+s[v]; //加上s[v]是加上uv相连的这条边的贡献
if(d[v][0]+1<=d1[u])continue; //如果v下方最大值+1还不如u下方次大值大，我们就可以直接走了
if(d[v][0]+1>=d[u][0]){ //如果大于等于最大值，更新次大值，更新最大值，更新最大值来源。为什么等于也可以大家可以自己想一想，很简单
d1[u]=d[u][0];
d[u][0]=d[v][0]+1,p[u]=v;
continue;
}
d1[u]=d[v][0]+1; //剩下的情况就是 d1[u]<d[v][0]+1<d[u][0] 所以更新次大值
}
}
void dfs1(int u,int fa){
for(int i=head[u];~i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;if(v==fa)continue;
if(v==p[u])d[v][1]=max(d1[u],d[u][1])+1; //如果是父节点的最大值来源，那么用次大值更新
else d[v][1]=max(d[u][0],d[u][1])+1; //反之，用最大值更新
w[v][1]=(ll)n-s[v]+w[u][1]+w[u][0]-w[v][0]-s[v]; //n-s[v]表示uv相连的边的贡献，w[u][0]-w[v][0]-s[v]表示父节点的其他子节点的贡献
dfs1(v,u); //先处理，再递归
}
}
int main(){memset(head,-1,sizeof head);
n=read();
if(n==1){ //对于只有一个节点的树我们直接特判
puts("0");
return 0;
}
for(int i=1;i<n;++i){ //读入所有边
int u=read(),v=read();
add(u,v);add(v,u);
}
dfs(1,-1);dfs1(1,-1); //第一遍dfs自下而上处理，第二遍自上而下
for(int u=1;u<=n;++u){
int maxa=0,a,k;
for(int i=head[u];~i;i=e[i].next){ //求出以当前节点为根，最大的子节点的子树大小，并记录是哪个子节点
int v=e[i].to;k=f[v]==u?s[v]:n-s[u];
if(k>maxa)maxa=k,a=v;
}
if((maxa<<1)>n){ //如果超过一半，必定会相邻，输出-1
puts("-1");
continue;
}
l[u]=(maxa<<1)==n?(f[a]==u?d[a][0]+1:(max(p[a]==u?d1[a]:d[a][0],d[a][1])+1)):max(d[u][0],d[u][1]); //这一行的意思是如果不是前面提到的临界值，那么直接找最大距离即可；但是如果是临界情况，并且这个子节点依然是子节点，那么就是子节点下面的最远距离+1，如果子节点之前是父节点，那么找子节点没有经过u的最长距离+1
printf("%lld
",(w[u][0]+w[u][1]<<1)-l[u]); //最后输出答案即可
}
return 0;
}
这道题留给我们一个教训，就是不要过分相信翻译，毕竟谁都可以递交翻译
看完不妨留个推荐？