题目描述
单车联通大街小巷.这就是出题人没有写题目背景的原因.
对于一棵树,认为每条边长度为 (1),每个点有一个权值(a[i]).(dis(u,v))为点(u)到(v)的最短路径的边数.(dis(u,u)=0).对每个点求出一个重要程度.点(x)的重要程度(b[x])定义为其他点到这个点的距离乘上对应的点权再求和. 即:(b[x]=a[1]*dis(1,x)+a[2]*dis(2,x)+....+a[n]*dis(n,x))
现在有很多树和对应的(a)数组，并求出了(b)数组.不幸的是，记录变得模糊不清了.幸运的是,树的形态完好地保存了下来,(a)数组和(b)数组至少有一个是完好无损的,但另一个数组完全看不清了.
希望你求出受损的数组.多组数据.
输入格式
第一行输入一个(T)，表示数据组数。接下来(T)组数据。
每组数据的第(1)行(1)个整数(n)表示树的点数.节点从(1)到(n)编号.
接下来(n-1)行每行两个整数(u,v)表示(u)和(v)之间有一条边.
接下来一行一个整数(t)，表示接下来数组的类型。
(t=0)则下一行是(a)数组，(t=1)则下一行是(b)数组。
接下来一行(n)个整数，表示保存完好的那个数组，第(i)个数表示(a[i])或(b[i])。
输出格式
(T)行，每组数据输出一行表示对应的(a)数组或(b)数组，数组的相邻元素用一个空格隔开。忽略行末空格和行尾回车.
样例
样例输入
2
2
1 2
1
17 31
2
1 2
0
31 17
样例输出
31 17
17 31
数据范围与提示
对于(100\%)的数据，(T=5,2<=n<=100000,1<=u,v<=n),保证给出的(n-1)条边形成一棵树
对于(100\%)的数据，(t=0)或(t=1,1<=a[i]<=100,1<=b[i]<=10^9)，(t=1)时保证给出的(b)数组对应唯一的一个(a)数组。
对于(100\%)的数据，单个输入文件不会包含超过(2000000)个整数，这段话可以理解为，你不必考虑输入输出对程序运行时间的影响。
对于(100\%)的数据，保证答案不会超过(int)能表示的范围
接下来的表格中描述了每个测试点的具体特征。每个测试点的(5)组数据均符合表格中对应的特征。
分析
默认 (1) 号节点为根节点
我们设 (sum[i]) 为以 (i) 为根的子树中 (a) 数组的和
当 (t=0) 时，显然是一个换根 (DP)，有 (b[now]=b[fa]+sum[1]-sum[now]-sum[now])
当 (t
eq 0) 时，如果数据范围较小的话可以进行高斯消元
但是这道题的 (n) 比较大，所以我们只能推式子
由换根 (DP) 的式子，我们可以得到对于除(1)之外的任何节点都有 (b[now]-b[fa]=sum[1]-2sum[now])
我们把这些式子相加，可以得到 (x_1b[1]+x_2b[2]+...+x_nb[n]=(n-1)sum[1]-2 sum_{i=2}^nsum[now])
对于左边这一堆，我们可以 (dfs) 求出每一个节点对应的系数 (x_i)，从而得到左边的值
对于右边的 (sum_{i=2}^nsum[now])，其实就是 (b[1])
因为我们在换根 (DP) 的第一个 (dfs) 时会有 (b[1]= sum_{u=son of 1}sum[u]+g[u])
其中 (g[u]=sum_{v=son of u}sum[v]+g[v])
当递归到叶子节点时，会有(g[u]=sum[u]=a[u])
所以(sum_{i=2}^nsum[now]=b[1])
我们带入上面的式子就可以求出 (sum[1])
进行一遍 (dfs) 可以求出所有节点的(sum)值
再进行一遍 (dfs) 就可以求出所有节点的(a)值
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define int long long
inline int read(){
int x=0,fh=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9'){
if(ch=='-') fh=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' && ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*fh;
}
const int maxn=1e6+5;
int n,head[maxn],tot=1,t;
struct asd{
int to,next;
}b[maxn];
void ad(int aa,int bb){
b[tot].to=bb;
b[tot].next=head[aa];
head[aa]=tot++;
}
void clr(){
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(&b,0,sizeof(b));
tot=1;
}
int zd[maxn];
int f[maxn],g[maxn],siz[maxn],sum;
void dfs1(int now,int fa){
siz[now]=zd[now];
for(int i=head[now];i!=-1;i=b[i].next){
int u=b[i].to;
if(u==fa) continue;
dfs1(u,now);
g[now]+=g[u]+siz[u];
siz[now]+=siz[u];
}
}
void dfs2(int now,int fa){
if(now==1){
f[now]=g[now];
}
for(int i=head[now];i!=-1;i=b[i].next){
int u=b[i].to;
if(u==fa) continue;
f[u]=f[now]+sum-siz[u]-siz[u];
dfs2(u,now);
}
}
void solve1(){
memset(siz,0,sizeof(siz));
memset(f,0,sizeof(f));
memset(g,0,sizeof(g));
sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
sum+=zd[i];
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++){
printf("%lld ",f[i]);
}
printf("
");
}
int nans,ncnt,xs[maxn];
void dfs3(int now,int fa){
for(int i=head[now];i!=-1;i=b[i].next){
int u=b[i].to;
if(u==fa) continue;
dfs3(u,now);
xs[u]++;
xs[now]--;
}
}
void dfs4(int now,int fa){
for(int i=head[now];i!=-1;i=b[i].next){
int u=b[i].to;
if(u==fa) continue;
siz[u]=(siz[1]+zd[now]-zd[u])/2;
dfs4(u,now);
}
}
void dfs5(int now,int fa){
for(int i=head[now];i!=-1;i=b[i].next){
int u=b[i].to;
if(u==fa) continue;
siz[now]-=siz[u];
dfs5(u,now);
}
}
void solve2(){
memset(siz,0,sizeof(siz));
memset(xs,0,sizeof(xs));
dfs3(1,0);
nans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
nans+=(1LL*zd[i]*xs[i]);
}
siz[1]=nans-ncnt*zd[1];
siz[1]+=2*zd[1];
siz[1]/=(n-1);
dfs4(1,0);
dfs5(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++){
printf("%lld ",siz[i]);
}
printf("
");
}
signed main(){
freopen("single.in","r",stdin);
freopen("single.out","w",stdout);
t=read();
while(t--){
clr();
n=read();
int aa,bb,op;
for(int i=1;i<n;i++){
aa=read(),bb=read();
ad(aa,bb);
ad(bb,aa);
}
op=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
zd[i]=read();
}
if(op==0){
solve1();
} else {
solve2();
}
}
return 0;
}