联合权值
题目描述
无向连通图 GG 有 nn 个点，n-1n−1 条边。点从 11 到 nn 依次编号,编号为 ii 的点的权值为 W_iWi，每条边的长度均为 11。图上两点 (u, v)(u,v) 的距离定义为 uu 点到 vv 点的最短距离。对于图 GG 上的点对 (u, v)(u,v)，若它们的距离为 22，则它们之间会产生W_v imes W_uWv×Wu 的联合权值。
请问图 GG 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：
第一行包含 11 个整数 nn。
接下来 n-1n−1 行,每行包含 22 个用空格隔开的正整数 u,vu,v，表示编号为 uu 和编号为 vv 的点之间有边相连。
最后 11 行,包含 nn 个正整数，每两个正整数之间用一个空格隔开，其中第 ii 个整数表示图 GG 上编号为 ii 的点的权值为 W_iWi。
输出格式：
输出共 11 行,包含 22 个整数，之间用一个空格隔开,依次为图 GG 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1000710007取余。
输入输出样例
说明
本例输入的图如上所示，距离为2 的有序点对有( 1,3)(1,3) 、( 2,4)(2,4) 、( 3,1)(3,1) 、( 3,5)(3,5)、( 4,2)(4,2) 、( 5,3)(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 leq 1001<n≤100；
对于60%的数据，1 < n leq 20001<n≤2000；
对于100%的数据，1 < n leq 200000, 0 < W_i leq 100001<n≤200000,0<Wi≤10000。
保证一定存在可产生联合权值的有序点对。
在无边权的树上随意指定一个节点为根，那么我们会发现树上距离为2的节点只有两种情况：
1.两个节点为“祖父-孙子”
2.两个节点互为兄弟
“祖父-孙子”这种情况比较好解决，在dfs遍历树的时候不仅仅传递父亲(f)，还把祖父(g)一起传递
那么联合权值就为w[r]*w[g]（记录总和时要乘2）
那么我们看看兄弟情况该如何解决
设一个节点r的儿子分别是son[1],son[2],son[3]...
那么他们的最大值显然是son中最大值乘上次大值
总和也很好搞，记录一下son中w总和，平方一下，再减去son[i]与son[i]（自己配自己）这样不合法的情况即可
这些都是可以在dfs时顺道完成的
所以我们的时间复杂度就是O(n)
#include<bits/stdc++.h> #define MAX 200005 #define MOD 10007 using namespace std; typedef long long ll; int n; ll maxx,sum; ll a[MAX],dpm[MAX],dps[MAX]; vector<int> v[MAX]; vector<ll> vv; void dfs(int pre,int x){ dpm[x]=0;dps[x]=0; for(int i=0;i<v[x].size();i++){ int to=v[x][i]; if(to==pre) continue; dfs(x,to); dpm[x]=max(dpm[x],a[to]); maxx=max(maxx,a[x]*dpm[to]); dps[x]+=a[to]; dps[x]%=MOD; sum+=a[x]*dps[to]*2ll; sum%=MOD; } vv.clear(); for(int i=0;i<v[x].size();i++){ int to=v[x][i]; if(to==pre) continue; vv.push_back(a[to]); sum+=a[to]*(dps[x]-a[to]+MOD); sum%=MOD; } if(vv.size()>1){ sort(vv.begin(),vv.end()); maxx=max(maxx,vv[vv.size()-1]*vv[vv.size()-2]); } } int main() { int t,i,j; int x,y; scanf("%d",&n); for(i=1;i<n;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); v[x].push_back(y); v[y].push_back(x); } for(i=1;i<=n;i++){ scanf("%lld",&a[i]); } maxx=0;sum=0; dfs(-1,1); printf("%lld %lld ",maxx,sum); return 0; }