题意：一棵边权为$1$的树，有一些点可以被选择，你可以进行一次操作：选择一个可被选择的点$x$和一个非负整数$d$，并且把与$x$的距离不超过$d$的节点全部涂黑，问有多少种不同的染色情况

神仙sjk教导我们：很多时候atcoder的题解中，英语和日语题解是完全不同的，比如说这道题的英语题解是在口胡，而日语题解写得很详细，接下来的做法来自日语题解

对于每一种染色方案，我们找到这个黑色连通块的直径中点$u$，这个“中点”有可能是一条边（直径长度为奇数）也有可能是一个点（直径长度为偶数），接下来找连通块中距离这个中点的最远距离$p$，如果中点是一条边则距离就是到其中更近端点的距离

容易发现每种不同的染色方案都和一组$(u,p)$互相对应，于是我们枚举$u$并找出$p$的范围

先考虑$u$是点的情况，注意此时$u$并不一定是被选的那个点，$p$的上界就是（$u$的每个子树中离$u$最远的距离）中的次大值，因为如果取了最大值那么这个黑色连通块的中点会向最远点移动，如果$u$可以被选，那么显然$p$的下界为$0$，否则它的下界就是（$u$的每个含可被选点的子树中离$u$最远的距离）中的最小值

$u$是边的情况就简单一些，整棵树被$u$分成了两个连通块，如果（离$u$最远距离）更小的那个连通块中有可被选点，那么对答案贡献$1$

#include
     
      #include
      
       using namespace std;typedef long long ll;const int inf=2147483647;char str[200010];int h[200010],to[400010],nex[400010],fa[200010],d[200010],s[200010],f[200010],g[200010],tmp[200010],M;void add(int a,int b){	M++;	to[M]=b;	nex[M]=h[a];	h[a]=M;}void dfs(int x){	s[x]=str[x]=='1';	for(int i=h[x];i;i=nex[i]){		if(to[i]!=fa[x]){			fa[to[i]]=x;			dfs(to[i]);			s[x]+=s[to[i]];		}	}}void dfs1(int x){	for(int i=h[x];i;i=nex[i]){		if(to[i]!=fa[x]){			dfs1(to[i]);			f[x]=max(f[x],f[to[i]]+1);		}	}}void dfs2(int x){	int i,j,M=0,p;	for(i=h[x];i;i=nex[i]){		if(to[i]!=fa[x])tmp[++M]=f[to[i]];	}	for(i=M-1;i>0;i--)tmp[i]=max(tmp[i],tmp[i+1]);	tmp[M+1]=-inf;	p=-inf;	for(i=h[x],j=1;i;i=nex[i]){		if(to[i]!=fa[x]){			g[to[i]]=max(max(p+2,g[x]+1),tmp[j+1]+2);			p=max(p,f[to[i]]);			j++;		}	}	for(i=h[x];i;i=nex[i]){		if(to[i]!=fa[x])dfs2(to[i]);	}}int gao(int x,int y){	if(fa[y]==x){		if(s[y]==0)return inf;		return f[y]+1;	}else{		if(s[1]-s[x]==0)return inf;		return g[x];	}}int main(){	int n,i,x,y,l,r,mx,se;	ll ans;	scanf("%d",&n);	for(i=1;i
       
        =mx){\				se=mx;\				mx=t;\			}else if(t>se)\				se=t;		for(i=h[x];i;i=nex[i]){			if(to[i]==fa[x]){				gay(g[x])			}else{				gay(f[to[i]]+1)			}		}		r=se;		l=str[x]=='1'?0:inf;		for(i=h[x];i;i=nex[i])l=min(l,gao(x,to[i]));		if(l<=r)ans+=r-l+1;	}	for(i=2;i<=n;i++){		x=i;		if(f[x]
        
         g[x]-1)			ans+=(s[1]-s[x])!=0;		else			ans++;	}	printf("%lld",ans);}