题意：有三棵树。每棵树有ni个结点，加入两条边把这三棵树连接起来，合并成一棵树。使得合并的树中随意两点之间的最短路径
的和最大。
分析：
三棵树要合并成一棵树，则第一棵树必须选择一个点，如果为X。第二棵树必须选择两个点，如果为Y1, Y2，第三棵树必须选择一个点，如果为Z
记第一棵树中全部结点到X的路径总和为：tot1
第二棵树中全部结点到Y1，Y2的路径总和分别为：tot2, tot3
第三棵树中全部结点到Z的路径总和为：tot4;
共同拥有四种情况：
1，每棵树内部的结点之间的距离为常数。能够求出树中一个点到剩余全部点的路径之和，把全部这种点的和相加再除以2就可以
2，第一棵树和第二棵树这两棵树全部结点之间的距离，如果第一棵树选择结点X，第二棵树选择的左结点位Y1，
则两棵树上随意两点a，b之间的距离。能够表示为：d(a, b) = d(a, X) + 1 + d(b, Y1),
当中a为第一棵树的随意结点。b为第二棵树的随意结点。
固定点a，变换bj。因为第二棵树有n2个结点，则这样的情况下的总的路径和为：(d(a, X) + 1) * n2 + sum(d(bj, Y1), j = 1, 2, ..., n2);
再变换ai，则终于得到的路径和为：sum((d(ai, X) + 1) * n2 + sum(d(bj, Y1), j = 1, 2, ..., n2), i = 1, 2, ..., n1);
终于结果为：sum(d(ai, X), i = 1, 2, ..., n1) * n2 + n2 * n1 + sum(d(bi, Y1), j = 1, 2, ..., n2) * n1;
即tot1 * n2 + n2 * n1 + tot2 * n1;
3,第二棵树和第三棵树这两棵树全部结点之间的距离，类似情况2，得到的终于结果为：tot3 * n3 + n2 * n3 + tot4 * n2;
4，第一棵树和第三棵树全部结点之间的距离：每一条路径都能够表示为：d(a, c) = d(a, X) + 1 + d(Y1, Y2) + 1 + d(Z, c);
终于结果为：tot1 * n3 + tot4 * n1 + n1 * n3 * d(Y1, Y2) + 2 * n1 * n3;
综上所述，得到合并后树中结点之间的距离总和为：
sum = (n2 + n3) * tot1 + (n1 + n2) * tot4 + n1 * n2 + n2 * n3 + 2 * n1 * n3 + n1 * tot2
+ n3 * tot3 + n1 * n3 * d(Y1, Y2) + 三棵树的内部路径;
要使得总和最大。则tot1和tot4必须最大，上式中间部分为常数，则left = n1 * tot2 + n3 * tot3 + n1 * n3 * d(Y1, Y2)必须达到最大
在tot2达到最大的情况下，即Y1确定时。枚举Y2使得left部分达到最大，就可以。
这过程中要枚举三棵树的位置。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 100000 + 10;
struct Edge
{
int y, next;
};
struct Tree
{
LL n, head[MAXN], nodeCnt[MAXN], edgeCnt, dis[MAXN], pos, maxTot;
LL curSum[MAXN], tot[MAXN], pathCnt;
Edge edge[MAXN << 1];
void addEdge(int x, int y)
{
edge[edgeCnt].y = y;
edge[edgeCnt].next = head[x];
head[x] = edgeCnt++;
}
void build(int n)
{
memset(head, -1, sizeof(head));
this->n = n;
int x, y;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
scanf("%d%d", &x, &y);
addEdge(x, y);
addEdge(y, x);
}
}
/*获得son这棵树的结点数nodeCnt[son]，包含该父结点。同一时候获得son这棵树中全部子结点到son的路径之和，保存在curSum[son]
当中curSum[son] = sum(curSum[yi] + nodeCnt[yi], i = 1, 2, ...)，即全部子树的最短路径值加上子树的全部点数的和
*/
void dfs0(int son, int fa)
{
nodeCnt[son] = 1;
curSum[son] = 0;
int y;
for(int i = head[son]; i != -1; i = edge[i].next)
{
y = edge[i].y;
if(y == fa)
{
continue;
}
dfs0(y, son);
//回溯。已经获得子结点y的值
nodeCnt[son] += nodeCnt[y];
curSum[son] += curSum[y] + nodeCnt[y];
}
}
//获得tot[son]，即全部点到son的路径之和
void dfs1(int son, int fa, LL faLeft)
{
//当前son所在子树的路径之和，加上其它剩余部分到son的路径之和
tot[son] = curSum[son] + faLeft;
int y;
for(int i = head[son]; i != -1; i = edge[i].next)
{
y = edge[i].y;
if(y == fa)
{
continue;
}
/*要算全部结点到y的最短路径之和。除了y所在子树外，应该加入的值来源有三部分：
son这棵树原先应加上的值。即整棵大树减去son子树剩余部分到son的路径和：faLeft，
son这棵树除了y这棵子树全部结点到son的路径值外剩余的路径和：
son这棵树的最短路径和 - y这棵树的最短路径和 - y这棵树的结点数，即curSum[son] - curSum[y] - nodeCnt[y];
整棵合并树减去 y子树剩余的结点数：n - nodeCnt[y]
*/
dfs1(y, son, faLeft + curSum[son] - curSum[y] - nodeCnt[y] + n - nodeCnt[y]);
}
}
//深度遍历，获得每一个结点的层次，即为到根结点的最短路径，注意根结点层次为0
void dfs2(int son, int fa)
{
dis[son] = dis[fa] + 1;
int y;
for(int i = head[son]; i != -1; i = edge[i].next)
{
y = edge[i].y;
if(y == fa)
{
continue;
}
dfs2(y, son);
}
}
void solve()
{
dfs0(1, 0);
dfs1(1, 0, 0);
//求出最大的单点最短路径和，同一时候累加。即为这棵树内部的路径之和的两倍
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
pathCnt += tot[i];
if(tot[i] > maxTot)
{
maxTot = tot[i];
pos = i;
}
}
dis[0] = -1;
dfs2(pos, 0);
}
};
Tree t[3];
LL getAns(const Tree &t1, const Tree &t2, const Tree &t3)
{
//先算好不变的部分
LL tmp = (t2.n + t3.n) * t1.maxTot + (t1.n + t2.n) * t3.maxTot + t1.n * t2.n + t2.n * t3.n + 2 * t1.n * t3.n
+ (t1.pathCnt + t2.pathCnt + t3.pathCnt) / 2;
LL ans, maxAns = 0;
//固定Y1。t2.maxTot相当于tot2
tmp += t1.n * t2.maxTot;
//枚举Y2
for(int i = 1; i <= t2.n; i++)
{
//如果当前t2.tot[i]为tot3，t2.dis[i]为Y2到Y1的距离。Y1作为单原起点
ans = (LL)tmp + t3.n * t2.tot[i] + t1.n * t3.n * t2.dis[i];
maxAns = max(ans, maxAns);
}
return maxAns;
}
int main()
{
int n[3], i, j;
LL ans = 0;
//freopen("in.txt", "r", stdin);
scanf("%d%d%d", &n[0], &n[1], &n[2]);
for(i = 0; i < 3; i++)
{
t[i].build(n[i]);
t[i].solve();
}
//枚举三棵树的位置
for(i = 0; i < 3; i++)
{
for(j = 0; j < 3; j++)
{
if(i == j)
{
continue;
}
ans = max(ans, getAns(t[i], t[j], t[3 - i - j]));
}
}
printf("%I64d\n", ans);
return 0;
}
