这题表面是"求最大路径和"，但难点在于路径不必经过根，而且可以从任意节点走到任意节点。如果只按"根到叶"的思路做，很容易漏掉最优答案。
一、构思：先想"枚举所有路径"可不可行？
直觉上，要找最大路径和，可以枚举所有路径：
- 二叉树中任意两点之间只有一条简单路径
- 如果有 n 个节点，所有点对路径数量约 n*(n-1)/2
- 每条路径再求和 → 总复杂度大概 O(n^2) 甚至更高
结论：理论可行，但太慢（尤其 n=10^4 时直接爆炸）。
所以必须换思路，避免真正枚举所有路径。
二、关键一招：把"路径"拆成两类
这题的关键在于每个节点都可以做"拐点"。
在一个节点上，路径最多只能有三段：
左子树贡献 + 当前节点 + 右子树贡献
但注意：
- 用于更新答案时，可以"左右都要"（把当前节点当拐点）
- 返回给父节点时，只能选"左或右的一边"，因为路径向上时不能分叉
这就是本题的"关键一招"：
> 拐点路径用来更新全局最大值；单边路径用来向上返回贡献。
三、算法设计（一次 DFS 解决）
对每个节点 root 做 DFS，返回"单边最大贡献"：
- 先拿到左/右子树的最大贡献
- 把负贡献当成 0（因为负数只会拉低）
- 用 左 + 根 + 右 更新全局最大值
- 返回 根 + max(左, 右) 给父节点
四、核心代码
python
class Solution:
def maxPathSum(self, root: Optional[TreeNode]) -> int:
res = -1e12
def dfs(root):
nonlocal res
if root is None:
return 0
leftMax = dfs(root.left)
rightMax = dfs(root.right)
# 1) 拐点路径：用于更新全局最大
curSum = root.val
if leftMax > 0:
curSum += leftMax
if rightMax > 0:
curSum += rightMax
res = max(res, curSum)
# 2) 单边路径：用于向上返回
singleSum = root.val + max(0, max(leftMax, rightMax))
return singleSum
dfs(root)
return res五、为什么不能只考虑"拐点路径"？
因为"拐点路径"只能用于更新答案，
但父节点要继续往上拼路径时，必须知道"当前节点能给的单边最大贡献"。
否则无法把路径接上去，结果就不完整。
六、与"枚举所有路径"的关系
你之前问过"枚举所有路径"的思路：
- 枚举任意两点 → O(n^2)
- 每条路径计算和 → O(n^3)（如果从头算）
- 即便用前缀和/LCA优化，也很难降到 O(n)
而这道题用 DFS 的"关键一招"，等价于在 O(n) 内隐式枚举了所有路径，但只保留对答案有贡献的部分。
七、复杂度
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(h)（递归深度）