一、内容

• 题意：给定2 * k个点,问选择k对点（每个点都必须选上）进行相连，求出所有路径之和。求出路径之和的最大值和最小值。

二、思路

• 最大化路径之和： 首先我们任选2个组件记性相连，如图
  
  当我们选择左边的任意2个点相连和右边任意2个相连，如（1,3） (4, 6)。那么可以转化为左边组件和右边组件进行相连。（1,4）（3,6）或者（1,6）（3，4）那么这样相连后， 我们在保存了以前边的前提上，额外还增加了2—>4这条边（可能还会增加其他边）
  所以我们可以按照上面的规则对所有符合条件的点进行转化。
  计算新增的边被算了几次：我们求路径之和可以转化为求所有边被算了几次 * w即可。
  首先左边的点变成连接右边的点，那么通过该边的次数 = min(左边的点数， 右边的点数)。 可以用vis数组记录

• 最小化路径之和：首先最小化那么经过的边次数一定要最小。
  
  首先我们判断5–>6这条边是否能选：
  （1）当它的子节点数目为奇数时，那么必须要选这条边。
  （2）当它的子节点数目为偶数时，那么这条边不用选，因为这个子节点已经和它的字节点进行相连了。就不用再经过这个子节点了。
  （3）奇数情况的话，那么代表这个子节点没有进行配对， 因为子节点的子节点数必然是偶数，那么就可以直接22配对就可以最小边。

三、代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
ll mx, mi;
int t, head[N], len, k, vis[N];
struct edge {
	int v, w, next;
} e[N * 2];
void add(int u, int v, int w) {
	e[len].v = v;
	e[len].w = w;
	e[len].next = head[u];
	head[u] = len++;
}
void dfs(int u, int fa) {
	vis[u] = 1;
	for (int j = head[u]; j; j = e[j].next) {
		int v = e[j].v;
		int w = e[j].w;
		if (v == fa) continue;
		dfs(v, u);
		if (vis[v] & 1) {
			mi += w;
		}
		//防止越界 
		mx += (ll)min(k - vis[v], vis[v]) * w;
		vis[u] += vis[v];
	} 
}
int main() {
	scanf("%d", &t);
	while (t--) {
		scanf("%d", &k);
		int u, v, w;
		k <<= 1;
		len = 1;
		memset(head, 0, sizeof(head));
		memset(vis, 0, sizeof(vis));
		for (int i = 1; i < k; i++) {
			scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
			add(u, v, w);
			add(v, u, w);
		}
		mi = 0, mx = 0;
		dfs(1, 0);
		printf("%lld %lld\n", mi, mx);
	}
	return 0;
}