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一开始暴搜，超时3个点...
后来看了题解：
首先，两个点的距离为2当且仅当它们都与一个点直接相连
反过来说，一个点所有的出边的终点都是互相距离2的(最大值可以依靠这个方法，前向星处理的时候将每个点的最大出点和次大出点存起来，最后过一遍比较乘积)
那么，所有点对的权值和就是每一个点所产生的点对权值和的总和
但此时，如若要对每一个点的出点进行两两配对，每一个点需要O(e^2)(e为该点出度)
只要有一个点有太多的出边就会TLE，此时我们我可以利用乘法分配律
w[i]*w[j1]+w[i]*w[j2]+...+w[i]*w[jn]=w[i]*(w[j1]+...+w[jn])
我们定义一个点的围权和为到该点距离为1的点的权值和
从这个式子中，我们可以看见：i点所产生的权值和，相当于是与i点直接相连的那些点中(j1,j2,j3...)，每个点(j1,j2,j3)的围权和的和，每个围权和减去自己本身，再乘以该点权值
再利用前向星存储，这样时间复杂度会直接降到O(n)
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define Size 200005 using namespace std; int IN[Size][2]; struct node{ int to; int next; }edge[Size*2]; int head[Size]; int n; int w[Size]; long long sum=0; int largest=-1; int L[Size][2]; long long d[Size]; void check(int a,int b){ int ww=w[b]; if(ww>L[a][0]){ L[a][1]=L[a][0]; L[a][0]=ww; }else if(ww>L[a][1])L[a][1]=ww; } int main(){ memset(head,-1,sizeof(head)); freopen("3728.in","r",stdin); cin>>n; int a,b; for(int i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&IN[i][0],&IN[i][1]); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",w+i); for(int i=1;i<n;i++){ a=IN[i][0]; b=IN[i][1]; edge[i*2-1].to=b; edge[i*2-1].next=head[a]; head[a]=2*i-1; check(a,b); d[a]+=w[b]; edge[i*2].to=a; edge[i*2].next=head[b]; head[b]=2*i; check(b,a); d[b]+=w[a]; } for(int i=1;i<=n;i++){ largest=max(largest,L[i][0]*L[i][1]); } for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=head[i];j!=-1;j=edge[j].next){ int x=edge[j].to; sum+=(w[x]*(d[i]-w[x])%10007)%10007; sum%=10007; } } cout<<largest<<‘ ‘<<sum<<endl; return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/FuTaimeng/p/5606514.html
