这道题我自己的想法只有对每个点都用一遍Dijkstra然后再求和，显然会超时，所以我都没有尝试。

研究了一下题解，发现题解很巧妙，自己对树的处理还是太稚嫩，之前树链剖分学的都忘光了。

对于固定根节点的，我们应该使用树状dp：
$$dp[u]=\sum _{v\in son(u)}dp[v]+sz[v]$$
其中，$dp[u]$表示以u为根节点的子树中根节点u到其儿子节点的所有距离之和，之所以加上$sz[v]$是因为长度为1，如果长度不固定的话只需要乘上长度就可以了。

通过上面的dp我们可以算出以一个节点为根节点的答案，但是其他节点呢？朴素的想法是对其他节点每个也进行相同的操作，这样的时间复杂度是$O(n^2)$，好像还可以接受。

题解给出了更优秀的做法：假设我们已经求出了以节点u为根节点的树的答案$dp[u]$，对于其直接孩子v，我们是有办法直接求出以v为根节点的答案的。

最主要的性质是：如果更换了根节点，只会影响这两个相邻节点的dp值，对其他节点的dp值是不会有影响的。因此我们只需要更新这两个节点即可。

首先我们应该从$dp[u]$中减去$dp[v]+sz[v]$，因为这个时候是以v为根节点的，然后更新$sz[u]$，然后再给$dp[v]$加上$dp[u]+sz[u]$，再更新$sz[v]$。这样就得到了正确的答案。

代码实现的话首先进行一次树状dp，然后再进行回溯。

发现题解中的代码很精炼，仔细学习了一下自己实现了一个差不多的，几乎没有区别。学到了使用$emplace\_back$的复杂度好像更加优秀。

还是要多做hard题目，对自己的提升比较大。

class Solution {
public:vector<int> dp,sz,ans;vector< vector<int> > graph;void Init(int n, vector<vector<int> >&edges){dp.resize(n, 0);sz.resize(n, 0);ans.resize(n, 0);graph.resize(n, {});int u,v;for(auto& edge:edges){u = edge[0]; v = edge[1];graph[u].emplace_back(v);graph[v].emplace_back(u);}}void dfs(int u,int father){sz[u] = 1; dp[u] = 0;for(auto& v:graph[u]){if(v == father) continue;dfs(v, u);sz[u] += sz[v];dp[u] += dp[v] + sz[v];}}void dfs2(int u, int father){ans[u] = dp[u];int dpu, dpv, szu, szv;for(auto& v:graph[u]){if(v == father) continue;dpu = dp[u]; dpv = dp[v];szu = sz[u]; szv = sz[v];dp[u] -= dp[v] + sz[v];sz[u] -= sz[v];dp[v] += dp[u] + sz[u];sz[v] += sz[u];dfs2(v, u);dp[u] = dpu; dp[v] = dpv;sz[u] = szu; sz[v] = szv;}}vector<int> sumOfDistancesInTree(int N, vector<vector<int>>& edges) {Init(N, edges);dfs(0, -1);dfs2(0, -1);return ans;}
};