联合权值

Posted 2020-10-24 adelalove

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 。

 

 

被坑：

1.题目中只说对权值和取模，而没有说对最大值取模。

         aim:60  ->40 ->70

 2.有的数据点很大，记得开LL。

3.取模加减记得看‘-’。

思路：

分为两种情况：(对于点i)

1).祖父和孙子。

直接扫一遍就可以,记得乘2（双向）

2)儿子和儿子。

n^2枚举会T->拆开来看。

贡献=w[son[1]]*w[son[2]]+w[son[1]]*w[son[3]]+w[son[1]]*w[son[4]].......

       +w[son[2]]*w[son[1]]+w[son[2]]*w[son[2]]+w[son[2]]*w[son[3]].......

       +.......

       +......

令sum=Σw[son[i]](1<=i<=i的儿子个数)

贡献=w[son[1]]*(sum-w[son[1]])+w[son[2]]*(sum-w[son[2]])+.......

变成了O(n)

----------

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<vector>
#define ll long long
#define mod  10007 
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘) w=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-‘0‘,ch=getchar();
    return x*w; 
}
const int N=200005;
struct node{
    int u,v,ne;
}e[N*2];
int h[N],w[N],n;
ll tot;
void add(int u,int v)
{
    tot++;e[tot]=(node){u,v,h[u]};h[u]=tot;
}
int Max;
int dep[N],f[N];
vector<int>son[N];
void dfs(int u)
{
    int o1=-1,o2=-1;
    ll sum=0;
    for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
    {
        int rr=e[i].v;
        if(dep[rr]==0)
        {
            dep[rr]=dep[u]+1;
            f[rr]=u;sum=(sum+w[rr]%mod)%mod;
            son[u].push_back(rr);
            if(w[rr]>o2)
            {
                if(w[rr]>o1) o2=o1,o1=w[rr];
                else o2=w[rr];
            }
            dfs(rr);
        }
    }
    if(o1!=-1 && o2!=-1)Max=max(Max,o1*o2);
    for(int i=0;i<son[u].size();++i)
    {
         int l=son[u][i];
         tot=(tot+(ll)w[l]*(sum-w[l])%mod)%mod;
    }  
    if(dep[u]>=2)
    {
        int fa=f[u];
        for(int i=0;i<son[u].size();++i)
        {
            int l=son[u][i];
            tot=(tot+w[l]*(ll)w[fa]*2%mod)%mod;
            Max=max(Max,w[l]*w[fa]);
        }
    } 
}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n-1;++i)
    {
        int x,y;x=read();y=read();
        add(x,y);add(y,x);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i) w[i]=read(),w[i]%=mod;
    tot=0;Max=-1;dep[1]=1;
    dfs(1);
    printf("%d %lld",Max,(tot+mod)%mod);
    return 0;
}

既然选择了远方，便只顾风雨兼程！