NOIp 2014 #2 联合权值 Label：图论 ！！！未AC

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，[b]输出它时要对10007 取余。 [/b]

输入输出样例

输入样例#1：

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

输出样例#1：

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 。

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#define MAXN 500005
using namespace std;

struct cc{
    map<int,int> m;
}nod[MAXN];

int ans,sum,N;
int vis[MAXN],w[MAXN];
vector<int> G[MAXN];

int cc(int x,int pre){
    if(pre!=-1){
        for(int i=0;i<G[pre].size();i++){
            int pre_pre=G[pre][i];
            if(pre_pre==x) continue;
            if(nod[x].m.count(pre_pre)!=0) continue;
            
            nod[pre_pre].m[x]=nod[x].m[pre_pre]=1;
            ans=max(ans,(w[pre_pre]*w[x])%10007);//注意题目描述，此处不应该取模
            sum=(sum+w[pre_pre]*w[x]*2)%10007;
//            cout<<w[pre_pre]*w[x]<<endl;
        }
    }
    vis[x]=1;
//    printf("%d %d %d 
",x,pre,pre_pre);
    for(int i=0;i<G[x].size();i++){
        if(!vis[G[x][i]]) cc(G[x][i],x);
    }
}

int main(){
//    freopen("link.in","r",stdin);
//    freopen("link.out","w",stdout);
    
    scanf("%d",&N);
    for(int i=1;i<N;i++){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        G[x].push_back(y);
        G[y].push_back(x);
    }
    for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&w[i]);
    cc(1,-1);
    printf("%d %d
",ans,sum);
    return 0;
}

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#define MAXN 500005
using namespace std;

int ans,sum,N;
int vis[MAXN],w[MAXN];
vector<int> G[MAXN];

int cc(int x,int pre){
    if(pre!=-1){
        for(int i=0;i<G[pre].size();i++){
            int pre_pre=G[pre][i];
            if(pre_pre==x) continue;
            if(!vis[pre_pre]) continue;
            
            ans=max(ans,w[pre_pre]*w[x]);//ans不用取模 
            sum=(sum+w[pre_pre]*w[x]*2)%10007;
        }
    }
    vis[x]=1;
    for(int i=0;i<G[x].size();i++){
        if(!vis[G[x][i]]) cc(G[x][i],x);
    }
}

int main(){
//    freopen("link.in","r",stdin);
//    freopen("link.out","w",stdout);
    
    scanf("%d",&N);
    for(int i=1;i<N;i++){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        G[x].push_back(y);
        G[y].push_back(x);
    }
    for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&w[i]);
    cc(1,-1);
    printf("%d %d
",ans,sum);
    return 0;
}

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define MAXN 500005
using namespace std;

int ans,sum,N;
int vis[MAXN],w[MAXN];
vector<int> G[MAXN];

int cc(int x){
    vis[x]=1;
    if(G[x].size()>=2){
        for(int i=0;i<G[x].size();i++){
            for(int j=i+1;j<G[x].size();j++){
                int k=G[x][i],y=G[x][j];
                ans=max(ans,w[k]*w[y]);
                sum=(sum+w[k]*w[y]*2)%10007;
            }
        }
    }
//    cout<<x<<endl;
    for(int i=0;i<G[x].size();i++){
        if(!vis[G[x][i]]) cc(G[x][i]);
    }
}

int main(){
//    freopen("link.in","r",stdin);
//    freopen("link.out","w",stdout);
    
    scanf("%d",&N);
    for(int i=1;i<N;i++){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        G[x].push_back(y);
        G[y].push_back(x);
    }
    for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&w[i]);
    cc(1);
    printf("%d %d
",ans,sum);
    return 0;
}

题解：//格式优化 by Radiumlrb

一、审题
首先我们一看到图就就知道图论有关，又因为有n个点和n-1条边，不难看出是一个无环图，这对题目的难度降低了很多。如果直接模拟的话肯定不行，会超时，所以我们应该换一种思维，及一个点周围的节点两两都能产生联合全值，
下面就来完善这一思想。

二、算法讨论
①、公式推导：
假如一个点x存在n个节点，分别为x1,x2…xn.
节点最大值只需存下节点中最大值，每次再用当前节点与最大节点相乘，在于max比较。
则关于x节点间的的联合全值之和为：
x（x2+x3…+xn）+x2(x1+x3…+xn)+xn(x1+x2…+xn-1) ；经整理可知就是每两个节点相乘，最后再成2即可；
化简为：
x1(x2+x3…+xn)+x2(x3+x4…+xn)+xn-2(xn-1+xn)+xn-1*xn
可理解为把每一个点和所有前面出现的的点之和相乘再相加最后乘2。

②、注意事项：
1、因为图是没有环的，所以一点到距离为二的点必定有且仅有一条，每一个点任意两个节点必将经过此点，所以我们不必讨论是否会重复。
2、因为数据范围很大，用邻接矩阵会爆内存，所以我们必须要用邻接矩阵才行(注意要存双向边）。
3、求联合权值之和时必须边做边对10007取模，不然会超出范围。

三、算法实现
用一个二维数组a存边，一维数组max1用来存该点节点中的最大值,大概就是这样吧，剩下的变量就在代码中一一解释。

四、代码展示

//Orz P党大神

c,qz,dd:array[0..400000]of longint;  
n,i,tot,x,y,max:longint;  
//max存最大值，tot存联合全值之和  
procedure sb(x:longint);  
var i,tot1,nn,ny,max1:longint;  
begin  
  tot1:=0; nn:=dd[x]; max1:=0;  
  ny:=a[nn].y; 
//循环列举该点的所有节点  tot1存前面出现的节点全值之和。
  repeat  
    if max1*qz[ny]>max then max:=max1*qz[ny];  
    if qz[ny]>max1 then max1:=qz[ny];  
    tot:=(tot+tot1*(qz[ny]mod 10007))mod 10007;  
tot1:=(tot1+qz[ny])mod 10007;  
//要不断对10007取模
    nn:=c[nn];  
    ny:=a[nn].y;  
  until nn=0;  
end;  
begin  
read(n);  
for i:=1 to n-1 do  
   begin  
read(x,y);
a[i*2-1].x:=x;a[i*2-1].y:=y;
c[i*2-1]:=dd[x];dd[x]:=i*2-1;  
//此处为双向边  dd数组用来把起点相同的边绑定在一起
a[i*2].x:=y;  a[i*2].y:=x;   
c[i*2]:=dd[y];dd[y]:=i*2;  
   end;  
for i:=1 to n do    
    read(qz[i]);    
for i:=1 to n do  
sb(i);  
tot:=tot mod 10007;  
write(max,' ',tot*2 mod 10007);  
//注意最后答案要乘2
end.  

五、最后的寄语：
其实本题还有更简单的做法，就是搜边即可，没必要枚举每个点，这个留给大家自己去想，我就不多讲。