NOIP2014 联合权值

2．联合权值

(link.cpp/c/pas)

【问题描述】

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Wi  ，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Wi。

【输出】

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】

link.in	link.out
5 1 2 2 3 3 4 4 5 1 5 2 3 10	20 74

【样例说明】

 

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<≤100；

对于60%的数据，1<≤2000；

对于100%的数据，1<≤200,000，0<Wi ≤10,000。

【思路】

  分析题目：n个点n-1条边的连通图是树。

  注意到题目的特殊性：距离为2。可以得知对于每一个结点它的任意两个相连点都可以产生联合权值。枚举需要O(n^3)的时间。

  优化：解决max：注意到对于一个结点而言，产生的联合权值最大为子节点中最大两个W的积。

        解决sum：suma= w1*w2+…+w1*wn+w2*w1+w2*w3…+w2*wn+…..=sumw^2-w1^2-w2^2…。因此只需要O(n)的时间就能求出suma。

【代码】

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<(c);a++)
using namespace std;

const int maxn = 200000 + 10;  //从1 小心越界 
const int MOD = 10007;

int w[maxn];
int maxw=0,sumw=0,n;
vector<int> G[maxn]; //vector加速BFS 

void BFS(int s) {
    int vis[maxn]; FOR(i,0,n+1) vis[i]=0;
    queue<int> q; 
    q.push(s);  vis[s]=1;
    while(!q.empty()) {
        int u=q.front(); q.pop();
        int suma=0,sumb=0;
        suma=(suma*suma)%MOD;
        int max1=0,max2=0;
        FOR(i,0,G[u].size()) {
              int v=G[u][i];
              suma = (suma+w[G[u][i]]) % MOD; 
              sumb = (sumb+(w[v]*w[v]%MOD)) % MOD;
              if(w[v]>max1) {max2=max1; max1=w[v];}  //如是更新 否则会导致漏解 
              else if(w[v]>max2) max2=w[v];
              
              if(!vis[v]) {
                vis[v]=1; q.push(v);
            }
        }
         sumw=(sumw+((suma*suma)%MOD-sumb+MOD)%MOD)%MOD;  //注意诸多MOD 
         maxw=max(maxw,max1*max2);
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin>>n;
    //从1开始标号 
    FOR(i,0,n-1) {
        int u,v; cin>>u>>v;
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    FOR(i,1,n+1) cin>>w[i];
    
    BFS(1);
    
    cout<<maxw<<" "<<sumw;
    return 0;
}