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还是先看题吧：
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试题描述
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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？
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输入
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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。 |
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输出
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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 。
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输入示例
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5
1 2 2 3 3 4 4 5 1 5 2 3 10 |
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输出示例
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20 74
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其他说明
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样例说明：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。
数据范围：对于 100% 的数据，1 < n ≤ 200,000，0 < Wi ≤ 10,000。 |
十分郁闷，只过了7个点，剩下3个点莫名其妙在第二个数值上WA了。
还是先说思路吧，首先看到n的范围，肯定就是用邻接表存了（注意无向图要正着反着各存一次），还有题目中所说无相连通图有n个节点,n-1条边，说明这是一棵树。然后就开始求解了，第一问：可以依次枚举，但是这样太慢了。我们可以针对每一个节点，通过邻接表来找到它的所有邻居，然后依次判断他们的点权，对于每一个节点维护两个值，该点邻居中点权的第一大和第二大，扫过一遍之后，我们只需找哪一个点第一大与第二大乘积最大即可求出第一问。下面是第二问：看到第二问大家第一反应肯定是找到该点的所有邻居，然后每两个点一次算一遍点权的乘积，累加起来就是结果，第二反应就是这样是O（n^2）的复杂度，不用想肯定超时，第三反应就是设法想到O(N)或O（N log N）的算法。然后就开始想：对于一个节点p，他的邻居a,b,c,d,e……我们需要算ab+ac+ad+……bc+bd……这样能不能用数学公式来实现呢？由于最近刷学校留的暑假作业（初高中数学衔接读本），里面正好有一个章节就在讲因式分解，其中公式背的很6：(a+b)^2=a^2+b^2+2ab,(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2*(ab+ac+bc)……然后就立刻联想到其中的ab+ac+bc不就正是我要求的吗？知道这样，我们针对每一个点，只需把这个点的邻居的平方和以及和的平方维护即可，到时候一相减即可算出，时间复杂度O(N)。
下面是代码：
1 #include<iostream> 2 #include<queue> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstring> 6 #include<conio.h> 7 using namespace std; 8 const int maxn=200000+10; 9 int n,u[maxn],v[maxn],w[maxn],first[2*maxn],next[2*maxn],a,b,MAX,lMAX,ans1,sum1,sum2,ans2; 10 int read() 11 { 12 int f=1,x=0; 13 char ch=getchar(); 14 if(ch==‘-‘) f=-1; 15 while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) 16 { 17 if(ch==‘-‘)f=-1; 18 ch=getchar(); 19 } 20 while(ch>=‘0‘&& ch<=‘9‘) { x=x*10+ch-‘0‘; ch=getchar(); } 21 return x*f; 22 } 23 void addEdge(int i,int a,int b)//加边 24 { 25 u[i]=a;v[i]=b; 26 next[i]=first[a]; 27 first[a]=i; 28 } 29 int main() 30 { 31 memset(first,-1,sizeof(first)); 32 n=read(); 33 for(int i=0;i<n-1;i++) 34 { 35 a=read();b=read(); 36 addEdge(2*i,a,b); 37 addEdge(2*i+1,b,a); 38 } 39 for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=read(); 40 for(int i=1;i<=n;i++) 41 { 42 sum1=sum2=MAX=0; 43 lMAX=-1; 44 for(int j=first[i];j!=-1;j=next[j]) 45 { 46 if(w[v[j]]>lMAX)//维护最大值和次最大值 47 { 48 if(w[v[j]]>MAX)MAX=w[v[j]]; 49 else lMAX=w[v[j]]; 50 } 51 sum1=(sum1+w[v[j]])%10007;//维护邻居中点权的和 52 sum2=(sum2+(w[v[j]]%10007*w[v[j]]%10007)%10007)%10007;//维护邻居中点权的平方和 53 } 54 ans1=max(ans1,MAX*lMAX); 55 ans2=(ans2+(((sum1*sum1)%10007-sum2))+10007)%10007; //套公式 56 } 57 printf("%d %d",ans1,ans2); 58 return 0; 59 }
其中还有一个注意事项，就是代码55行中加了一个10007,因为这些都是取模运算，并且其中还有相减的运算，所以很有可能算成负数，因此我们需要加上一个10007这样就能解决出负数的问题了（其实钱老师在讲食物链的时候提到过），以后一定要牢记这些经验教训。
还有，在这里求助一下，有哪位大神能帮我调一调这道题，这份代码针对有些特别大的数据的时候第二问总是算不对，不知为什么。像这种，小数据和中数据能过，而大数据过不了的问题一般都会出在哪里呢？找到问题之后请及时@我，我不胜受恩感激。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/FYH-SSGSS/p/5736044.html
