前置芝士：

欧拉路：从图中任意一个点开始到图中任意一个点结束的路径，并且图中每条边只通过恰好一次

思路：

  • 因为求欧拉路的最短长度，且可以把任意边复制任意多次（其实就是每一条边可以走多次）
  • 由贪心的思想就是尽可能重复走短边，长边只走一次
  • 可以任意造几个数据可得重复走的边最多走两次
  • 所以可以得出每条边的长度*2-树得直径就是所求答案
  • 树的直径我用的是二次dfs的思想（树形dp也可，还有二次bfs）（二次bfs不知道这题能不能过）

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mp(aa,bb) make_pair(aa,bb)
#define _for(i,b) for(int i=(0);i<(b);i++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,b,a) for(int i=(b);i>=(a);i--)
#define mst(abc,bca) memset(abc,bca,sizeof abc)
#define X first
#define Y second
#define lowbit(a) (a&(-a))
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
const int N=2e5+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;
const double eps=1e-6;
const double PI=acos(-1.0);

int n;
ll sum,d[N];
struct node{
    int ne;
    ll w;
};
vector<node> g[N];

void dfs(int u,int fa,int cost){
    d[u]=cost;
    for(auto v:g[u]){
        if(v.ne==fa) continue;
        dfs(v.ne,u,cost+v.w);
    }
}

void solve(){
    cin>>n;
    _for(i,n-1){
        int u,v,w;
        cin>>u>>v>>w;
        sum+=w*2;
        g[u].pb({v,w});
        g[v].pb({u,w});
    }
    dfs(1,0,0);
    int p=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(d[i]>d[p]) p=i;
    }

    dfs(p,0,0);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(d[i]>d[p]) p=i;
    }
    cout<<sum-d[p]<<"\n";
}


int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
#ifdef DEBUG
    freopen("F:/laji/1.in", "r", stdin);
//    freopen("F:/laji/2.out", "w", stdout);
#endif
    //int t;cin>>t;while(t--)
    solve();
    return 0;
}