NOIP 2014 联合权值

Posted 2020-10-13 欢迎来到Frank滑稽至上主义的教室

题目描述

无向连通图G 有n 个点，n - 1 条边。点从1 到n 依次编号，编号为 i 的点的权值为W i ，每条边的长度均为1 。图上两点( u , v ) 的距离定义为u 点到v 点的最短距离。对于图G 上的点对( u, v) ，若它们的距离为2 ，则它们之间会产生Wu×Wv 的联合权值。

请问图G 上所有可产生联合权值的有序点对中，联合权值最大的是多少？所有联合权值之和是多少？

输入输出格式

输入格式：

 

输入文件名为link .in。

第一行包含1 个整数n 。

接下来n - 1 行，每行包含 2 个用空格隔开的正整数u 、v ，表示编号为 u 和编号为v 的点之间有边相连。

最后1 行，包含 n 个正整数，每两个正整数之间用一个空格隔开，其中第 i 个整数表示图G 上编号为i 的点的权值为W i 。

 

输出格式：

 

输出文件名为link .out 。

输出共1 行，包含2 个整数，之间用一个空格隔开，依次为图G 上联合权值的最大值

和所有联合权值之和。由于所有联合权值之和可能很大，输出它时要对10007 取余。

 

输入输出样例

输入样例#1： 复制

5  
1 2  
2 3
3 4  
4 5  
1 5 2 3 10 

输出样例#1： 复制

20 74

说明

本例输入的图如上所示，距离为2 的有序点对有( 1,3) 、( 2,4) 、( 3,1) 、( 3,5) 、( 4,2) 、( 5,3) 。

其联合权值分别为2 、15、2 、20、15、20。其中最大的是20，总和为74。

【数据说明】

对于30% 的数据，1 < n≤ 100 ；

对于60% 的数据，1 < n≤ 2000；

对于100%的数据，1 < n≤ 200 , 000 ，0 < wi≤ 10, 000 。

 

这个题以乱搞为主。

我们可以发现直接枚举一个点两边的点就相当于同时枚举两点了，所以我们直接枚举一个点两边的点。考虑这样复杂度还是太高（n^2），我们尝试优化。

首先，对于一个点的最大的联合权值，一定是其所有出点权值中最大和次大的乘积（如果只有一个，则次大不存在，联合权值为0），我们可以在枚举点的时候顺便处理出最大和次大值来。其次，对于一个点的联合权值之和，为Σw[i]*w[j],(i,j为点u的出点，且i,j有序)，我们从这个式子中不难发现，一个出点i可以和点u的任意一个出点j（i≠j）产生一定的联合权值，总的来说就是i对答案的贡献为w[i]*（w[j1]+w[j2]+...+w[jd]）（在这个式子中不含w[i]）,（d为u的出度），如果令sum表示u的所有出点的权值之和，那么i对答案的贡献也可以写成w[i]*(sum-w[i]),那么，我们可以预处理出sum来，然后对出点进行一次遍历，计算出所有的w[i]*(sum-w[i])，则Σw[i]*(sum-w[i])，就是点u对答案的贡献。最后相加即可。

这题的难点就在于开脑洞，和各种数学知识乱搞就行了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
inline int read()
{
    int ret=0,f=1;
    char c=getchar();
    while(c<‘0‘||c>‘9‘)
    {if(c==‘-‘) f=-1;c=getchar();}
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘)
    {ret=ret*10+c-‘0‘;c=getchar();}
    return ret*f;
}
int n;
struct edge{
    int from,to;
}e[N<<1];
int head[N],nxt[N<<1],tot=0;
void adde(int f,int t)
{
    e[++tot]=(edge){f,t};
    nxt[tot]=head[f];
    head[f]=tot;
}
int w[N];
int maxw=0,sumw=0;
const int mod=10007;
void solve()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int fir=0,sec=0;
        int sum=0;
        for(int j=head[i];j;j=nxt[j])
        {
            int v=e[j].to;
            if(w[v]>=fir)
            {
                if(w[v]==fir) sec=fir;
                fir=w[v];
            }
            else
            {
                sec=max(sec,w[v]);
            }
            sum+=w[v];
            sum%=mod;
        }
        maxw=max(maxw,fir*sec);
        for(int j=head[i];j;j=nxt[j])
        {
            int v=e[j].to;
            sumw=(sumw%mod+(w[v]%mod)*(((sum%mod-w[v]%mod)+mod)%mod))%mod;
            sumw%=mod;
        }
    }
}
int main()
{
    n=read();
    int a,b;
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        a=read(),b=read();
        adde(a,b);
        adde(b,a);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=read();
    solve();
    printf("%d %d",maxw,sumw%mod);
    return 0;
}