【前言】
这是一道思维题，本质是贪心，没什么代码量。
偶尔抖机灵抖出来的题目。

【暴力】
O(n!)枚举，我的数据最小的n是100.
很遗憾。
当然可能有稍微优秀一点点的暴力做法。

【正解】
目标是最大化答案，答案最大的情况就是每条边被选正好一次，因为无论如何改变排列p[],p[i]和p[i+1]的路径的并集都会是整棵树，你需要到达每一个点，因此每条边都需要经过至少一次。
尝试证明这个答案可以达到，假设初始所有点都未放入p[]中，且w最大的边为x，若计算一次w[x]，需要将u[x]和v[x]放在排列p[]的相邻位置，则将u[x]和v[x]放入p[]中，位置不管，但必定相邻，再看次大边，若次大边的某一段已经在p中，则随意将另一点放入已在p[]中随便一个点的相邻侧，否则将两端点都放入，具***置先不管，但这两个点相邻...当进行到某条边，就会有如下情况：
1、当这条边两个端点都未放入p[]中，将这两个点放入p[]中，位置不管，但要求相邻；
2、当这条边某个端点已经在p[]中，另一端点尝试放在这个端点的相邻侧，否则放在与它相连的一系列点的相邻侧，这个位置必然存在，因为重复这个过程的话，新加入节点必然成为新的末端，可以接纳往后的节点，且已在p[]中保持相邻位置的点，其间边的边权必然也是大于往前边权的；
3、若两个点都在，则拼接以此两点为拼接口，将两段相连的点拼接成一段；

重复上述过程，你会发现，最终n个点都加入了p[]，且每次加入都会产生一次拼接，n-1次拼接之后，n个点就会变成有序的一段，p[]也就被构造出来了。
对于任何树，以上构造方法都可行，因此答案就是边权的和。

参考代码(过于简单，感觉甚至没必要贴这个代码)：

class Solution {
public:
    /**
     * 
     * @param n int整型 
     * @param seed1 long长整型 
     * @param seed2 long长整型 
     * @param seed3 long长整型 
     * @return long长整型
     */
    long long work(int n, long long seed1, long long seed2, long long seed3) {
        // write code here
        long long ans=0,seed4;
        for (int i=1;i<n;i++)
        {
            seed4=(seed1+seed2)%998244353*seed3%998244353;
            ans=ans+seed2*seed3%12131415;
            seed3=seed2;
            seed2=seed1;
            seed1=seed4;
        }
        return ans;
    }
};