题面：传送门

    这题思路还是蛮好想的，直径大家应该都会球吧？关键是怎么球直径必须经过的那几条边呢？其实也很简单。

    我们先任意求出一条直径，那么每条直径必须经过的边肯定也在这条直径上，可是为什么有些边不一定出现在所有直径上呢？原因是直径分叉了，那我们只要找到向上分叉的最低点和向下分叉的最高点，它们之间夹的边不就是所有直径必须经过的边吗？于是这道题就做完了。时间复杂度$O(n)$。

    代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<vector> 
using namespace std;
int n;
vector<pair<int,int> >G[200010];
long long dep[200010];
int par[200010];
int mx,mn;
long long t1,t2;
bool f1,f2;
void dfs(int x,int p)
{
    for(int i=0;i<G[x].size();i++)
    {
        int y=G[x][i].first,w=G[x][i].second;
        if(y==p)continue;
        dep[y]=dep[x]+w;
        par[y]=x;
        dfs(y,x);
    }
}
void check(int x,int p)
{
    if(dep[x]==t1)f1=true;
    if(dep[x]==t2)f2=true;
    for(int i=0;i<G[x].size();i++)
    {
        int y=G[x][i].first;
        if(y==p)continue;
        check(y,x);
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int x,y,z;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        G[x].push_back(make_pair(y,z));
        G[y].push_back(make_pair(x,z)); 
    }
    dfs(1,0);
    int s=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)if(!s || dep[i]>dep[s])s=i;
    dep[s]=par[s]=0;
    dfs(s,0);
    int t=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)if(!t || dep[i]>dep[t])t=i;
    int tmp=t;
    int lst=0,cnt=0;
    while(tmp)
    {
        t1=dep[t];
        t2=dep[tmp]+dep[tmp];
        f1=f2=false;
        for(int i=0;i<G[tmp].size();i++)
        {
            int y=G[tmp][i].first;
            if(y==lst || y==par[tmp])continue;
            check(y,tmp);
        }
        if(f1)mx=cnt;
        if(f2 && !mn)mn=cnt;
        lst=tmp;
        tmp=par[tmp];
        cnt++;
    }
    if(!mn)mn=cnt-1;
    printf("%lld\n%d",dep[t],max(0,mn-mx));
    return 0;
}